A „természetes mutatóval végzett fokozat” óra fejlesztése. Fokok tulajdonságai, megfogalmazások, bizonyítások, példák Fokok tulajdonságai természetes szabálykitevővel
Az óra technológiai térképe
7. évfolyam 38. lecke
Téma: Fokozat természetes jelzővel
1. Biztosítsa a témával kapcsolatos ismeretek ismétlését, általánosítását és rendszerezését, megszilárdítsa és javítsa a fokozatokat tartalmazó kifejezések természetes jelzővel történő legegyszerűbb transzformációinak készségeit, megteremtse a feltételeket az ismeretek és készségek asszimilációjának nyomon követéséhez;2. Hozzájárulni az általánosítási, összehasonlítási módszerek alkalmazásához szükséges készségek kialakításához, a legfontosabb kiemelve, elősegíteni az érdeklődésre nevelést a tudás új helyzetbe való átadásában, a matematikai látókör, a beszéd, a figyelem és a memória fejlesztésében, oktatási és kognitív tevékenység;
3. Elősegíteni a matematika, tevékenység, szervezés iránti érdeklődésre nevelést, tevékenységeik kölcsönös és önkontroll készségeinek ápolását, a pozitív tanulási motiváció, a kommunikációs kultúra kialakítását.
Az óra alapfogalmai
Fok, fokalap, kitevő, fok tulajdonságai, fok szorzata, fokok felosztása, fok emelése hatványra.
Tervezett eredmény
Megtanulnak operálni a fok fogalmával, megérteni a szám fokozatként való felírásának jelentését, elvégzik a fokokat tartalmazó kifejezések természetes kitevővel történő egyszerű transzformációját.
Lehetőségük lesz arra, hogy megtanulják, hogyan kell a természetes kitevővel rendelkező fokot tartalmazó egész kifejezések transzformációját végrehajtani
Item Skills, UUD
Személyes UUD:
az önértékelés képessége a nevelési-oktatási tevékenység sikerességi kritériuma alapján.
Kognitív UUD:
tudás- és készségrendszerükben való eligazodás képessége: tanári segítséggel megkülönböztetni az újat a már ismerttől; a leckében tanult információk felhasználásával kérdésekre keressenek választ.
Az oktatási anyagok általánosítása, rendszerezése, végzettség szimbolikus rögzítésével, helyettesítésekkel operálva, emlékezetből reprodukálja az oktatási probléma megoldásához szükséges információkat
Tárgy UUD:
Fokozattulajdonságok alkalmazása természetes kitevővel rendelkező hatványokat tartalmazó kifejezések transzformációjára
Szabályozási UUD:
A cél meghatározásának és megfogalmazásának képessége az órán tanári segítséggel; értékelje a munkáját az órán. A feladatok ellátása során kölcsönös kontrollt, önkontrollt gyakorolni
Kommunikatív UUD:
Legyen képes gondolatait szóban és írásban megfogalmazni, meghallgatni és megérteni mások beszédét
Meta-szubjektum kapcsolatok
fizika, csillagászat, orvostudomány, mindennapi élet
Az óra típusa
Ismeretek és készségek ismétlése, általánosítása, alkalmazása.
Munkaformák és munkamódszerek
Frontális, gőzfürdő, egyéni. Magyarázó - szemléltető, szóbeli, problémahelyzet, műhely, kölcsönös ellenőrzés, ellenőrzés
Erőforrás támogatás
A tananyagok összetevői Makarycheva Tankönyv, projektor, képernyő, számítógép, prezentáció, feladatok tanulóknak, önértékelő lapok
Az edzés során használt technológiák
Szemantikai olvasás technológiája, probléma alapú tanulás, egyéni és differenciált megközelítés, IKT
Motiválja a tanulókat a munkára, mozgósítsa a figyelmetJó napot srácok. Jó napot, kedves kollégák! Köszöntök mindenkit, aki a mai nyílt órán egybegyűlt. Srácok, eredményes munkát kívánok az órán, alaposan fontolja meg a feltett kérdésekre adott válaszokat, szánjon rá időt, ne szakítsa félbe, tisztelje osztálytársait és válaszaikat. És kívánom, hogy mindannyian csak jó jegyeket kapjanak. Sok szerencsét!
Beletartozik az óra üzleti ritmusába
Ellenőrzik a leckében a munkához szükséges minden elérhetőségét, az Objektumok elhelyezkedésének pontosságát. Képes rendszerezni, ráhangolódni a munkára.
2. Az alapismeretek aktualizálása és az óra témájába való belépés
3. Szóbeli munka
Srácok, mindegyikőtök asztalán vannak pontozólapok.Rajtuk értékeli a leckében végzett munkáját.Ma a leckében lehetőség van arra, hogy ne egy, hanem két érdemjegyet kapjon: az órán végzett munkáért és az önálló munkáért.
Helyes, hiánytalan válaszaid is "+" minősítést kapnak, de ezt a jelölést egy másik oszlopba teszem.
A képernyőn rejtvények láthatók, amelyekben a mai lecke kulcsszavai titkosítva vannak. Oldja meg őket. (1. dia)
fokozat
ismétlés
általánosítás
Srácok, jól találtátok ki a rejtvényeket. Ezek a szavak a fokozat, az ismétlés és az általánosítás. És most, a kitalált szavak - tippek segítségével, fogalmazza meg a mai óra témáját.
Helyesen. Nyissa ki a jegyzetfüzeteket, és írja le az „Ismétlés és általánosítás a „Fokozat tulajdonságai természetes mutatóval” témában (2. dia) című lecke számát és témáját.
Meghatároztuk az óra témáját, de mit gondol, mit fogunk csinálni az órán, milyen célokat tűzünk ki magunk elé? (3. dia)
Ismételjük meg és általánosítsuk ismereteinket ebben a témában, pótoljuk a hiányosságokat, készüljünk fel a következő „Monominálisok” témakör tanulmányozására.
Srácok, a természetes kitevővel rendelkező fok tulajdonságait gyakran használják a kifejezések értékeinek megtalálásakor, a kifejezések konvertálásakor. A természetes indikátorral rendelkező fok tulajdonságaihoz kapcsolódó számítások és átalakítások sebességét is az USE bevezetése diktálja.
Tehát ma áttekintjük és összefoglaljuk tudását és készségeit ebben a témában. Szóban számos problémát meg kell oldania, és emlékeznie kell a tulajdonságok szóbeli csoportosítására és a fokozat meghatározására egy természetes jelzővel.
Felirat a nagy orosz tudós, M. V. Lomonoszov szavainak leckéhez: „Próbáljon valaki kitörölni a fokozatokat a matematikából, és meglátja, hogy nélkülük nem megy messzire”
(4. dia)
Szerinted igaza van a tudósnak?
Miért van szükségünk diplomára?
Hol használják széles körben? (fizika, csillagászat, orvostudomány)
Így van, és most ismételjük meg, mi az a diploma?
Mi a neve a ésna diplomában?
Milyen műveleteket lehet végrehajtani a fokozatokkal? (5-11. dia)
És most összegezzük. Vannak feladatlapok az asztalodon? .
1. A bal oldalon a definíciók eleje, a jobb oldalon a definíciók vége látható. Kösd össze a helyes állításokat vonalakkal (12. dia)
Kösd össze a definíció megfelelő részeit vonalakkal!a) Ha a hatványokat ugyanazzal az alappal szorozzuk...
1) alapfokú végzettség
b) Ha a hatványokat azonos alapokkal osztjuk fel ....
2) Kitevő
c) Az a számot hívják
3) n tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő a-val.
d) Amikor egy hatványt hatalommá emelünk...
4) ... az alap ugyanaz marad, és a mutatók összeadódnak.
e) 1-nél nagyobb n természetes kitevőjű a szám hatványát nevezzük
5) ... az alap ugyanaz marad, és a mutatók megszorozódnak.
e)Számnhívott
6) Fokozat
g)Kifejezés a nhívott
7) ... az alap változatlan marad, és a mutatókat levonjuk.
2. Most cserélje ki a papírokat az asztali társával, értékelje a munkáját és értékelje. Tedd fel ezt a pontszámot a pontozólapodra.
Most nézzük meg, hogy helyesen végezte-e el a feladatot.
Rejtvények, szavak azonosítása – tippek.
Megpróbálják meghatározni az óra témáját.
Írd be a füzetedbe az óra dátumát és témáját.
Válaszolj a kérdésekre
Párban dolgoznak. Olvassa el a feladatot, ne feledje.
Kapcsolja össze a definíciók egyes részeit
Jegyzetfüzetet cserélnek.
Végezze el az eredmények kölcsönös ellenőrzését, adjon jelöléseket a szomszédnak az asztalon.
4. Testnevelési perc
Felemelt és remegő kezek -
ezek a fák az erdőben,
Behajlított kezek, remegett kefék -
A szél letépi a leveleket.
Óvatosan intsen a kéz oldalára -
A madarak délre repülnek
Ahogy leülnek, csendesen mutassák
Így összekulcsolt kezek!
A tanárral párhuzamosan végezzen tevékenységeket
5. A megszerzett ismeretek átadása, elsődleges alkalmazása új vagy megváltozott körülmények között, a készségek kialakítása érdekében.
1. A következő munkát ajánlom: kártyák vannak az asztalodon. Feladatokat kell teljesítenie, pl. írja be a választ fokként c bázissal, és megtudja annak a nagy francia matematikusnak a vezeték- és keresztnevét, aki bevezette a diplomák jelenleg általánosan elfogadott jelölését. (14. dia)
5Val vel 8 : VAL VEL 6
(VAL VEL 4 ) 3 Val vel
(VAL VEL 4 ) 3
Val vel 4 Val vel 5 Val vel 0
Val vel 5 Val vel 3 : VAL VEL 6
Val vel 16 : VAL VEL 8
Val vel 14 Val vel 8
10.
(VAL VEL 3 ) 5
Válasz: Rene Descartes.
Történet Rene Descartes életrajzáról (15-17. dia)
Srácok, most végezzük el a következő feladatot.
2. Körülbelül határozza meg, hogy melyik válasz helyes és melyik hamis. (18-19. dia)
Állítson igaz választ 1-re, hamis választ 0-ra.
Miután megkapta az egyesek és nullák rendezett készletét, megtudja a helyes választ, és meghatározza az első orosz nő - matematikus - nevét és vezetéknevét.
a) x 2 x 3 =x 5
b) s 3 s 5 s 8 = s 16
ban ben) x 7 : x 4 = x 28
G) (c+ d) 8 : ( c+ d) 7 = c+ d
e) (x 5 ) 6 = x 30
Válassza ki a nevét négy név közül híres nők, amelyek mindegyike egyesek és nullák halmazának felel meg:
Ada Augusta Lovelace – 11001
Sophie Germain – 10101
Jekaterina Dashkova - 11101
Sofia Kovalevskaya - 11011
Sofia Kovalevskaya életrajzából (20. dia)
Végezze el a feladatot, határozza meg a francia matematikus vezetéknevét és nevét
Diák hallgatása és nézése
Megjelölik a helyes és helytelen válaszokat, leírják a kapott kódot, amely meghatározza az első orosz nő - egy matematikus - nevét.
6. A tudás ellenőrzése és értékelése A tanulók önálló feladatellátása tanári felügyelet mellett.
És most meg kell tennie ellenőrzési munka. Feladatkártyák vannak előtted. különböző színű. A szín megfelel a feladat nehézségi szintjének ("3-mal", "4-el", "5-tel") Válassza ki maga a feladatot, hogy melyik fokozaton fog teljesíteni, és kezdje el a munkát. (21. dia)
a "3"-on
1. Fejezd ki a terméket teljesítményként:
a) ; b) ;
ban ben) ; G) .
2. Kovesd ezeket a lepeseket:
( m 3 ) 7 ; ( k 4 ) 5 ; (2 2 ) 3; (3 2 ) 5 ; ( m 3 ) 2 ; ( a x ) y
"4"-en
1. Mutassa be a terméket diplomaként.
a) x 5 x 8 ; lehurrogás 2 nál nél 9 ; 2-ben 6 2 4 ; G)m 2 m 5 m 4 ;
e)x 6 ∙ x 3 ∙ x 7 ; f) (–7) 3 ∙ (–7) 2 ∙ (–7) 9 .
2. Fejezd ki a hányadost hatványként:
a)x 8 : x 4 ; b) (–0,5) 10 : (–0,5) 8 ;
c) x 5 : X 3 ; d) 10 : y 10 ; D 2 6 : 2 4 ; e) ;
az "5"-re
1. Kövesse a lépéseket:
a) a 4 · a · a 3 a b) (7 x ) 2 c) r · R 2 · R 0
d) -val · val vel 3 · c e) t · t 4 · ( t 2 ) 2 · t 0
e) (2 3 ) 7 : (2 5 ) 3 g) -x 3 · (– x ) 4
h) (R 2 ) 4 : R 5 i)(3 4 ) 2 (3 2 ) 3 : 3 11
2. Egyszerűsítés:
a) x 3 ( x 2 ) 5 c) ( a 2 ) 3 ( a 4 ) 2
b) ( a 3) 2 a 5 g) ( x 2 ) 5 ( x 5 )
Feladatok készítése füzetekben
7. Óra összefoglalója
A leckében kapott információk összegzése.Munkaellenőrzés, osztályozás. Az órán tapasztalt nehézségek azonosítása
8. Reflexió
Mi történt a diploma fogalmával inA XVIIszázadban, te és én megjósolhatjuk magunknak. Ehhez próbáljon meg válaszolni arra a kérdésre: lehetséges-e egy számot negatív vagy tört hatványra emelni? De ez jövőbeli tanulmányunk tárgya.
Lecke osztályzatok
Srácok, a leckét a következő példázattal szeretném befejezni.
Példázat. Egy bölcs ember ment, és három ember ment feléje, akik kövekkel megrakott szekereket cipeltek a tűző nap alatt. A bölcs megállt, és mindenkinek feltett egy kérdést. Megkérdezte az elsőt: Mit csináltál egész nap? Ő pedig vigyorogva válaszolt, hogy egész nap átkozott köveket hordott. A bölcs megkérdezte a másodikat: „Mit csináltál egész nap”, ő pedig azt válaszolta: „És lelkiismeretesen végeztem a munkámat.” A harmadik pedig mosolygott, arca felragyogott az örömtől és az élvezettől: „És részt vettem a templom építésében!”
Srácok, válaszoljatok, mit csináltatok ma a leckén? Csak tegye ezt az önértékelő lapon. Karikázd be minden oszlopban a rád vonatkozó állítást!
Az önértékelő lapon három területen kell aláhúzni azokat a mondatokat, amelyek a tanuló órán végzett munkáját jellemzik.
A leckénk véget ért. Köszönöm mindenkinek az osztályban végzett fáradozását!
Válaszolj a kérdésekre
Értékelje a munkáját az órán.
Jelölje be a kártyára azokat a kifejezéseket, amelyek a leckében végzett munkájukat jellemzik!
Az óra témája: Fokozat természetes mutatóvalAz óra típusa: az ismeretek általánosításának és rendszerezésének órája
Az óra típusa: kombinált
Munkaformák: egyéni, frontális, páros munka
Felszerelés: számítógép, médiatermék (bemutató a programbanMicrosofthivatalpower point 2007); feladatkártyák önálló tanuláshoz
Az óra céljai:
Nevelési : a fokozattal kapcsolatos ismeretek naturális jelzővel történő rendszerezésének, általánosításának, a fokozatokat tartalmazó kifejezések természetes jelzővel történő legegyszerűbb transzformációinak készségeinek megszilárdítása, fejlesztése.
- fejlesztés: elősegíteni az általánosítás, összehasonlítás módszereinek alkalmazásához szükséges készségek kialakulását, a legfontosabb kiemelést, a matematikai látókör, a gondolkodás, a beszéd, a figyelem és a memória fejlesztését.
- oktatási: a matematika, tevékenység, szervezés iránti érdeklődés oktatásának elősegítése, pozitív motiváció kialakítása a tanuláshoz, az oktatási és kognitív tevékenységhez szükséges készségek fejlesztéséhez
Magyarázó jegyzet.
Ezt az órát egy átlagos matematikai felkészültségű általános műveltségi osztályban tartják. Az óra fő feladata a fokozattal kapcsolatos ismeretek rendszerezési, általánosítási képességeinek fejlesztése egy természetes mutatóval, amely a különböző gyakorlatok végrehajtása során valósul meg.
A fejlesztő jelleg a gyakorlatok kiválasztásában nyilvánul meg. A multimédiás termék használatával időt takaríthat meg, az anyagot a leglátványosabbá teheti, mintákat mutathat be a tervezési megoldásokból. különböző fajták működik, ami enyhíti a gyerekek fáradtságát.
Az óra felépítése:
Idő szervezése.
Üzenettéma, az óra céljainak kitűzése.
szóbeli munka.
Az alapismeretek rendszerezése.
Egészségmegőrző technológiák elemei.
Tesztfeladat végrehajtása
Az óra eredményei.
Házi feladat.
Az órák alatt:
én.Időszervezés
Tanár: Sziasztok srácok! Örülök, hogy üdvözölhetem a mai óránk. Ülj le. Remélem, hogy a mai órán sikerrel és örömmel is lesz részünk. Mi pedig csapatban dolgozva megmutatjuk tehetségünket.
Legyen óvatos az óra alatt. Gondolkozz, kérj, ajánlj – hiszen együtt járjuk az igazsághoz vezető utat.
Nyissa ki a füzeteket, és írja le a számot, az órai munkát
II. Témaüzenet, óra cél kitűzése
1) Az óra témája. Az óra epigráfiája.(2.3. dia)
„Próbáljon valaki áthúzni a matematikából
fokozatot, és látni fogja, hogy nélkülük nem jutsz messzire” M.V. Lomonoszov
2) Az óra célkitűzéseinek meghatározása.
Tanár: Tehát a leckében megismételjük, összefoglaljuk és bevisszük a rendszerbe a tanult anyagot. Feladata, hogy egy naturális jelzővel mutassa meg tudását a diploma tulajdonságairól és azok alkalmazási képességéről különböző feladatok elvégzése során.
III. A témakör alapfogalmainak, a fokozat tulajdonságainak megismétlése naturális jelzővel
1) fejtsd ki az anagrammát: (4. dia)
Nspete (fok)
Kurvárgás (vágás)
Ovaniosne (alap)
Casapotel (jelző)
Szorzás (szorzás)
2) Mi a természetes mutatójú diploma?(5. dia)
(a szám erejével a természetes indikátorral n , nagyobb, mint 1, kifejezésnek nevezzük a n egyenlő a termékkel n szorzók, amelyek mindegyike egyenlő a megaláz n -indikátor)
3) Olvassa el a kifejezést, nevezze meg az alapot és a kitevőt: (6. dia)
4) A fokozat alapvető tulajdonságai (adjuk hozzá az egyenlőség jobb oldalát)(7. dia)
a n a m =
a n :a m =
(a n ) m =
(ab) n =
( a / b ) n =
a 0 =
a 1 =
IV Nál nél stnaya Munka
1) szóbeli beszámoló (8. dia)
Tanár: És most nézzük meg, hogyan tudod alkalmazni ezeket a képleteket a megoldás során.
1)x 5 x 7 ; 2) a 4 a 0 ;
3) hogy 9 : nak nek 7 ; 4) r n : r ;
5)5 5 2 ; 6) (- b )(- b ) 3 (- b );
7) -val 4 : val vel; 8) 7 3 : 49;
9) 4 nál nél 6 y 10) 7 4 49 7 3 ;
11) 16: 4 2 ; 12) 64: 8 2 ;
13) sss 3 ; 14) a 2 n a n ;
15) x 9 : X m ; 16) at n : y
2) a "Kizárja a felesleget" játék ((-1) 2 )(9. dia)
-1
Szép munka. Jó munkát végeztek. Ezután a következő példákat oldjuk meg.
VAz alapismeretek rendszerezése
1. Kösd össze vonalakkal az egymásnak megfelelő kifejezéseket:(10. dia)
4 ⁶ 4 2 3 6 4 6
4 6 : 4 2 4 6 /5 6
(3 4) 6 4 ⁶ +2
(4 2 ) 6 4 6-2
(4/5) 6 4 12
2. Rendezd a szám szerint növekvő sorrendbe:(11. dia)
3 2 (-0,5) 3 (½) 3 35 0 (-10) 3
3. A feladat elvégzése utólagos önvizsgálattal(12. dia)
Az A1 a terméket diploma formájában jelöli:
a) a) x 5 x 4 ; b) 3 7 3 9 ; 4-kor) 3 (-4) 8 .
És 2 leegyszerűsíti a kifejezést:
a) x 3 x 7 x 8 ; b) 2 21 :2 19 2 3
És 3 hatványozás:
a) (a 5 ) 3 ; időszámításunk előtt 7 ) 2
VIEgészségvédő technológiák elemei (13. dia)
Testnevelés: a 2-es és 3-as számfokozat ismétlése
VIITesztfeladat (14. dia)
A tesztre adott válaszok fel vannak írva a táblára: 1 d 2 o 3b 4s 5 h 6a (kivonás)
VIII Önálló munka kártyákon
Minden asztalon lehetőség szerinti feladattal ellátott kártyák, a munka elvégzése után ellenőrzésre kerülnek
1.opció
1) Egyszerűsítse a kifejezéseket:
a) 
b) 
ban ben) 
G) 
a) 
b) 
ban ben) 
G)
2. lehetőség
1) Egyszerűsítse a kifejezéseket:
a) b)
ban ben) 
G)
2) Keresse meg a kifejezés értékét:
a)b)
ban ben) 
G) 
3) Mutasd meg nyíllal, hogy a kifejezés értéke nullával, pozitív vagy negatív számmal egyenlő-e:
IX Óraösszefoglaló
sz. p / p
Munka típusa
önbecsülés
Tanári értékelés
1
Anagramma
2
Olvasd el a kifejezést
3
szabályokat
4
Verbális számolás
5
Csatlakozás vonalakkal
6
Rendezd növekvő sorrendbe
7
Önellenőrző feladatok
8
Teszt
9
Önálló munka kártyákkal
X Házi feladat
Tesztkártyák
A1. Keresse meg a kifejezés értékét: .
Korábban már beszéltünk arról, hogy mi a szám hatványa. Vannak bizonyos tulajdonságai, amelyek hasznosak a problémák megoldásában: ezeket és az összes lehetséges kitevőt elemezzük ebben a cikkben. Példákkal is bemutatjuk, hogyan lehet ezeket a gyakorlatban bizonyítani és helyesen alkalmazni.
Emlékezzünk vissza a természetes kitevővel rendelkező fok fogalmára, amelyet már korábban megfogalmaztunk: ez az n-edik számú tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő a-val. Emlékeznünk kell arra is, hogyan kell helyesen szorozni a valós számokat. Mindez segít abban, hogy egy természetes mutatóval a következő tulajdonságokat fogalmazzuk meg egy diplomához:
1. definíció
1. A fok fő tulajdonsága: a m a n = a m + n
Általánosítható: a n 1 · a n 2 · … · a n k = a n 1 + n 2 + … + n k.
2. Az azonos bázisú hatványok hányados tulajdonsága: a m: a n = a m − n
3. Termékfok tulajdonság: (a b) n = a n b n
Az egyenlőség kiterjeszthető a következőre: (a 1 a 2 … a k) n = a 1 n a 2 n … a k n
4. Természetes fok tulajdonsága: (a: b) n = a n: b n
5. A hatványt a következő hatványra emeljük: (a m) n = a m n ,
Általánosítható: (((a n 1) n 2) …) n k = a n 1 n 2 … n k
6. Hasonlítsa össze a fokot nullával:
- ha a > 0, akkor bármely természetes n esetén a n nagyobb lesz nullánál;
- ha a egyenlő 0, akkor a n is egyenlő lesz nullával;
- a< 0 и таком показателе степени, который будет четным числом 2 · m , a 2 · m будет больше нуля;
- a< 0 и таком показателе степени, который будет нечетным числом 2 · m − 1 , a 2 · m − 1 будет меньше нуля.
7. Egyenlőség a n< b n будет справедливо для любого натурального n при условии, что a и b больше нуля и не равны друг другу.
8. Az a m > a n egyenlőtlenség akkor lesz igaz, ha m és n egész számok, m nagyobb n-nél és a nagyobb nullánál és nem kisebb egynél.
Ennek eredményeként több egyenlőséget kaptunk; ha az összes fent jelzett feltételnek megfelel, akkor azok azonosak lesznek. Mindegyik egyenlőségnél, például a fő tulajdonságnál, felcserélheti a jobb és bal részt: a m · a n = a m + n - ugyanaz, mint a m + n = a m · a n . Ebben a formában gyakran használják kifejezések egyszerűsítésére.
1. Kezdjük a fok fő tulajdonságával: az a m · a n = a m + n egyenlőség igaz lesz bármely természetes m és n és valós a esetén. Hogyan lehet ezt az állítást bizonyítani?
A természetes kitevőkkel rendelkező hatványok alapvető meghatározása lehetővé teszi számunkra, hogy az egyenlőséget tényezők szorzatává alakítsuk. Ilyen bejegyzést fogunk kapni:
Ezt le lehet rövidíteni 
(idézzük fel a szorzás alapvető tulajdonságait). Ennek eredményeként megkaptuk az a szám fokszámát m + n természetes kitevővel. Így a m + n, ami azt jelenti, hogy a fok fő tulajdonsága bizonyítva van.
Vegyünk egy konkrét példát ennek bizonyítására.
1. példa
Tehát két hatványunk van a 2-es bázissal. Természetes mutatójuk 2, illetve 3. Megkaptuk az egyenlőséget: 2 2 2 3 = 2 2 + 3 = 2 5 Számítsuk ki az értékeket, hogy ellenőrizzük ennek az egyenlőségnek a helyességét.
Végezzük el a szükséges matematikai műveleteket: 2 2 2 3 = (2 2) (2 2 2) = 4 8 = 32 és 2 5 = 2 2 2 2 2 = 32
Ennek eredményeként a következőt kaptuk: 2 2 2 3 = 2 5 . Az ingatlan bizonyított.
A szorzás tulajdonságaiból adódóan a tulajdonságot általánosíthatjuk úgy, hogy három vagy több hatvány formájában fogalmazzuk meg, amelyeknél a kitevők természetes számok, az alapok pedig azonosak. Ha k betűvel jelöljük az n 1, n 2 stb. természetes számok számát, akkor a helyes egyenlőséget kapjuk:
a n 1 a n 2 … a n k = a n 1 + n 2 + … + n k.
2. példa
2. Ezután bizonyítanunk kell a következő tulajdonságot, amelyet hányados tulajdonságnak nevezünk, és amely az azonos alapú hatványokban rejlik: ez az a m egyenlőség: a n = a m − n , amely bármely természetes m-re és n-re (és m-re) érvényes. nagyobb, mint n)) és bármely nem nulla valós a .
Kezdésként magyarázzuk el, hogy pontosan mit is jelentenek a megfogalmazásban említett feltételek. Ha nullával egyenlőt veszünk, akkor a végén nullával való osztást kapunk, ami nem tehető meg (végül is 0 n = 0). Az a feltétel, hogy az m számnak nagyobbnak kell lennie n-nél, szükséges ahhoz, hogy a természetes kitevőn belül maradhassunk: m-ből n-t kivonva természetes számot kapunk. Ha a feltétel nem teljesül, negatív számot vagy nullát kapunk, és ismét túllépünk a fokok természetes mutatókkal való vizsgálatán.
Most rátérhetünk a bizonyításra. A korábban vizsgáltakból felidézzük a törtek alapvető tulajdonságait, és a következőképpen fogalmazzuk meg az egyenlőséget:
a m − n a n = a (m − n) + n = a m
Ebből következtethetünk: a m − n a n = a m
Emlékezzünk vissza az osztás és a szorzás közötti összefüggésre. Ebből következik, hogy a m − n az a m és a n hatványok hányadosa. Ez a másodfokú tulajdonság bizonyítéka.
3. példa
Helyettesítsen számokat a mutatók egyértelműsége érdekében, és jelölje a π fokszám alapját: π 5: π 2 = π 5 − 3 = π 3
3. Ezután elemezzük a szorzat fokszámának tulajdonságát: (a · b) n = a n · b n bármely valós a és b és természetes n esetén.
A természetes kitevős fokozat alapdefiníciója szerint az egyenlőséget a következőképpen fogalmazhatjuk meg újra:
Emlékezve a szorzás tulajdonságaira, írjuk: 
. Ugyanazt jelenti, mint a n · b n.
4. példa
2 3 - 4 2 5 4 = 2 3 4 - 4 2 5 4
Ha három vagy több tényezőnk van, akkor ez a tulajdonság erre az esetre is vonatkozik. Bevezetjük a faktorszám k jelölését, és felírjuk:
(a 1 a 2 … a k) n = a 1 n a 2 n … a k n
5. példa
Adott számokkal a következő helyes egyenlőséget kapjuk: (2 (- 2 , 3) a) 7 = 2 7 (- 2 , 3) 7 a
4. Ezek után megpróbáljuk igazolni a hányados tulajdonságot: (a: b) n = a n: b n bármely valós a és b esetén, ha b nem egyenlő 0-val és n természetes szám.
A bizonyításhoz használhatjuk az előző fokozat tulajdonságot. Ha (a: b) n b n = ((a: b) b) n = a n, és (a: b) n b n = a n, akkor ebből az következik, hogy (a: b) n a n b n-nel való osztásának hányadosa.
6. példa
Számoljuk a példát: 3 1 2: - 0 . 5 3 = 3 1 2 3: (- 0 , 5) 3
7. példa
Kezdjük rögtön egy példával: (5 2) 3 = 5 2 3 = 5 6
És most megfogalmazunk egy egyenlőségláncot, amely bebizonyítja számunkra az egyenlőség helyességét: 
Ha a példában vannak fokszámaink, akkor ez a tulajdonság rájuk is igaz. Ha vannak p, q, r, s természetes számok, akkor igaz lesz:
a p q y s = a p q y s
8. példa
Adjunk hozzá konkrétumokat: (((5 , 2) 3) 2) 5 = (5 , 2) 3 2 5 = (5 , 2) 30
6. A természetes kitevővel rendelkező fokok másik tulajdonsága, amelyet bizonyítanunk kell, az összehasonlítási tulajdonság.
Először is hasonlítsuk össze a kitevőt nullával. Miért a n > 0, feltéve, hogy a nagyobb, mint 0?
Ha egy pozitív számot megszorozunk egy másikkal, akkor pozitív számot is kapunk. Ennek a ténynek a ismeretében azt mondhatjuk, hogy ez nem függ a tényezők számától - tetszőleges számú pozitív szám szorzásának eredménye pozitív szám. És mi a fok, ha nem a számok szorzásának eredménye? Akkor ez minden pozitív bázisú és természetes kitevővel rendelkező n hatványra igaz lesz.
9. példa
3 5 > 0 , (0 , 00201) 2 > 0 és 34 9 13 51 > 0
Az is nyilvánvaló, hogy a nullával egyenlő bázisú hatvány maga is nulla. Bármilyen teljesítményre nullát emelünk, az nulla marad.
10. példa
0 3 = 0 és 0 762 = 0
Ha a fokszám alapja negatív szám, akkor a bizonyítás egy kicsit bonyolultabb, mivel a páros / páratlan kitevő fogalma válik fontossá. Kezdjük azzal az esettel, amikor a kitevő páros, és jelöljük 2 · m -rel, ahol m természetes szám.
Ne felejtsük el, hogyan kell helyesen szorozni a negatív számokat: az a · a szorzat egyenlő a modulok szorzatával, és ezért pozitív szám lesz. Azután 
és az a 2 · m fok is pozitív.
11. példa
Például (− 6) 4 > 0, (− 2, 2) 12 > 0 és - 2 9 6 > 0
Mi van, ha a negatív bázisú kitevő páratlan szám? Jelöljük 2 · m − 1 .
Azután 
Minden a · a szorzat a szorzás tulajdonságai szerint pozitív, így a szorzata is. De ha megszorozzuk az egyetlen megmaradt a számmal, akkor a végeredmény negatív lesz.
Ekkor kapjuk: (− 5) 3< 0 , (− 0 , 003) 17 < 0 и - 1 1 102 9 < 0
Hogyan kell bizonyítani?
a n< b n – неравенство, представляющее собой произведение левых и правых частей nверных неравенств a < b . Вспомним основные свойства неравенств справедливо и a n < b n .
12. példa
Például igazak az egyenlőtlenségek: 3 7< (2 , 2) 7 и 3 5 11 124 > (0 , 75) 124
8. Nekünk marad az utolsó tulajdonság bizonyítása: ha van két fokunk, amelyeknek az alapja azonos és pozitív, és a kitevői természetes számok, akkor közülük az egyik nagyobb, amelynek a kitevője kisebb; két foknak pedig egynél nagyobb természetes mutatókkal és azonos alapokkal az a fok, amelyiknek a mutatója nagyobb.
Bizonyítsuk be ezeket az állításokat.
Először is meg kell győződnünk arról, hogy egy m< a n при условии, что m больше, чем n , и а больше 0 , но меньше 1 .Теперь сравним с нулем разность a m − a n
A zárójelekből kiveszünk egy n-t, ami után a különbségünk a n · (am − n − 1) alakot ölti. Eredménye negatív lesz (mivel a pozitív szám negatív számmal való szorzata negatív). Valójában a kezdeti feltételek szerint m − n > 0, akkor a m − n − 1 negatív, az első tényező pedig pozitív, mint minden pozitív bázisú természetes hatvány.
Kiderült, hogy a m − a n< 0 и a m < a n . Свойство доказано.
Marad a fent megfogalmazott állítás második részének bizonyítása: a m > a igaz m > n-re és a > 1-re. Jelöljük a különbséget, és a zárójelek közül kivesszük az n-t: (a m - n - 1) Egynél nagyobb n hatványa ad pozitív eredmény; és maga a különbség is pozitívnak bizonyul a kezdeti feltételek miatt, és a > 1 esetén a m − n foka nagyobb egynél. Kiderült, hogy a m − a n > 0 és a m > a n, amit bizonyítanunk kellett.
13. példa
Példa konkrét számokkal: 3 7 > 3 2
Az egész kitevős fokok alapvető tulajdonságai
Pozitív egész kitevővel rendelkező fokok esetén a tulajdonságok hasonlóak lesznek, mivel a pozitív egészek természetesek, ami azt jelenti, hogy az összes fent bizonyított egyenlőség rájuk is érvényes. Alkalmasak olyan esetekben is, amikor a kitevők negatívak vagy egyenlőek nullával (feltéve, hogy magának a fokszámnak az alapja nem nulla).
Így a hatványok tulajdonságai azonosak bármely a és b bázisra (feltéve, hogy ezek a számok valósak, és nem egyenlők 0-val), valamint bármely m és n kitevőre (feltéve, hogy egész számok). Röviden leírjuk őket képletek formájában:
2. definíció
1. a m a n = a m + n
2. a m: a n = a m − n
3. (a b) n = a n b n
4. (a: b) n = a n: b n
5. (am) n = a m n
6. a n< b n и a − n >b − n pozitív egész számmal n , pozitív a és b , a< b
reggel 7< a n , при условии целых m и n , m >n és 0< a < 1 , при a >1 a m > a n .
Ha a fokszám alapja nulla, akkor az a m és a n bejegyzésnek csak természetes és pozitív m és n esetén van értelme. Ennek eredményeként azt tapasztaljuk, hogy a fenti megfogalmazások a nulla bázisú végzettségű esetekre is megfelelőek, ha minden egyéb feltétel teljesül.
Ezen tulajdonságok bizonyítása ebben az esetben egyszerű. Emlékeznünk kell arra, hogy mi a természetes és egész kitevővel rendelkező fok, valamint a valós számokkal végzett műveletek tulajdonságai.
Elemezzük a fok tulajdonságát a fokban, és bizonyítsuk be, hogy ez mind pozitív, mind nem pozitív egész számokra igaz. Kezdjük az (a p) q = a p q, (a − p) q = a (− p) q, (a p) − q = a p (− q) és (a − p) − q = a (− q) egyenlőség bizonyításával. p) (-q)
Feltételek: p = 0 vagy természetes szám; q - hasonlóan.
Ha p és q értéke nagyobb, mint 0, akkor azt kapjuk, hogy (a p) q = a p · q . Korábban már bizonyítottunk hasonló egyenlőséget. Ha p = 0, akkor:
(a 0) q = 1 q = 1 a 0 q = a 0 = 1
Ezért (a 0) q = a 0 q
q = 0 esetén minden pontosan ugyanaz:
(a p) 0 = 1 a p 0 = a 0 = 1
Eredmény: (a p) 0 = a p 0.
Ha mindkét mutató nulla, akkor (a 0) 0 = 1 0 = 1 és a 0 0 = a 0 = 1, akkor (a 0) 0 = a 0 0.
Idézzük fel a hányados tulajdonságát a fent bizonyított hatványban, és írjuk be:
1 a p q = 1 q a p q
Ha 1 p = 1 1 … 1 = 1 és a p q = a p q , akkor 1 q a p q = 1 a p q
Ezt a jelölést az alapvető szorzási szabályok alapján átalakíthatjuk a (− p) · q-ba.
Továbbá: a p - q = 1 (a p) q = 1 a p q = a - (p q) = a p (- q) .
ÉS (a - p) - q = 1 a p - q = (a p) q = a p q = a (- p) (- q)
A fok fennmaradó tulajdonságai a meglévő egyenlőtlenségek átalakításával hasonló módon igazolhatók. Ezzel nem foglalkozunk részletesen, csak a nehéz pontokat jelezzük.
Az utolsó előtti tulajdonság bizonyítása: emlékezzünk arra, hogy a − n > b − n igaz n bármely negatív egészére, valamint bármely pozitív a és b értékére, feltéve, hogy a kisebb, mint b .
Ekkor az egyenlőtlenség a következőképpen alakítható át:
1 a n > 1 b n
Különbségként írjuk a jobb és bal részt, és elvégezzük a szükséges átalakításokat:
1 a n - 1 b n = b n - a n a n b n
Emlékezzünk vissza, hogy abban a feltételben az a kisebb, mint b , akkor a természetes kitevővel rendelkező fok definíciója szerint: - a n< b n , в итоге: b n − a n > 0 .
a n · b n végül pozitív szám lesz, mert faktorai pozitívak. Ennek eredményeként van egy b n - a n a n · b n törtünk, ami végül szintén pozitív eredményt ad. Innen 1 a n > 1 b n, ahonnan a − n > b − n, amit bizonyítanunk kellett.
Az egész kitevős fokok utolsó tulajdonságát a természetes kitevős fokok tulajdonságához hasonlóan igazoljuk.
A fokok alapvető tulajdonságai racionális kitevőkkel
Korábbi cikkeinkben megvitattuk, hogy mi is a racionális (tört) kitevővel rendelkező fokozat. Tulajdonságaik megegyeznek az egész kitevős fokokéval. Írjunk:
3. definíció
1. a m 1 n 1 a m 2 n 2 = a m 1 n 1 + m 2 n 2 ha a > 0, és ha m 1 n 1 > 0 és m 2 n 2 > 0, akkor a ≥ 0 esetén (terméktulajdonság-hatványok ugyanazzal az alappal).
2. a m 1 n 1: b m 2 n 2 = a m 1 n 1 - m 2 n 2, ha a > 0 (hányados tulajdonság).
3. a b m n = a m n b m n a > 0 és b > 0 esetén, és ha m 1 n 1 > 0 és m 2 n 2 > 0, akkor a ≥ 0 és (vagy) b ≥ 0 esetén (terméktulajdonság tört fokban).
4. a: b m n \u003d a m n: b m n a > 0 és b > 0 esetén, és ha m n > 0, akkor a ≥ 0 és b > 0 esetén (egy hányados tulajdonsága egy törthatványhoz).
5. a m 1 n 1 m 2 n 2 \u003d am 1 n 1 m 2 n 2 a > 0 esetén, és ha m 1 n 1 > 0 és m 2 n 2 > 0, akkor a ≥ 0 esetén (foktulajdonság fok).
6.ap< b p при условии любых положительных a и b , a < b и рациональном p при p >0; ha p< 0 - a p >b p (a fokok egyenlő racionális kitevőkkel való összehasonlításának tulajdonsága).
7.ap< a q при условии рациональных чисел p и q , p >q 0-nál< a < 1 ; если a >0 – a p > a q
E rendelkezések bizonyításához fel kell idéznünk, milyen végzettséggel törtmutató mik a tulajdonságai számtani gyök n-edik fok és milyen tulajdonságai vannak az egész kitevős foknak. Vessünk egy pillantást az egyes ingatlanokra.
Aszerint, hogy mi egy törtkitevővel rendelkező fok, a következőket kapjuk:
a m 1 n 1 \u003d am 1 n 1 és a m 2 n 2 \u003d am 2 n 2, tehát a m 1 n 1 a m 2 n 2 \u003d am 1 n 1 a m 2 n 2
A gyökér tulajdonságai lehetővé teszik, hogy egyenlőségeket származtassunk:
a m 1 m 2 n 1 n 2 a m 2 m 1 n 2 n 1 = a m 1 n 2 a m 2 n 1 n 1 n 2
Ebből a következőt kapjuk: a m 1 n 2 a m 2 n 1 n 1 n 2 = a m 1 n 2 + m 2 n 1 n 1 n 2
Alakítsuk át:
a m 1 n 2 a m 2 n 1 n 1 n 2 = a m 1 n 2 + m 2 n 1 n 1 n 2
A kitevő a következőképpen írható fel:
m 1 n 2 + m 2 n 1 n 1 n 2 = m 1 n 2 n 1 n 2 + m 2 n 1 n 1 n 2 = m 1 n 1 + m 2 n 2
Ez a bizonyíték. A második tulajdonság pontosan ugyanígy bizonyított. Írjuk fel az egyenlőségláncot:
a m 1 n 1: a m 2 n 2 = a m 1 n 1: a m 2 n 2 = a m 1 n 2: a m 2 n 1 n 1 n 2 = = a m 1 n 2 - m 2 n 1 n 1 n 2 = a m 1 n 2 - m 2 n 1 n 1 n 2 = a m 1 n 2 n 1 n 2 - m 2 n 1 n 1 n 2 = a m 1 n 1 - m 2 n 2
A fennmaradó egyenlőségek bizonyítékai:
a b m n = (a b) m n = a m b m n = a m n b m n = a m n b m n ; (a: b) m n = (a: b) m n = a m: b m n = = a m n: b m n = a m n: b m n ; a m 1 n 1 m 2 n 2 = a m 1 n 1 m 2 n 2 = a m 1 n 1 m 2 n 2 = = a m 1 m 2 n 1 n 2 = a m 1 m 2 n 1 n 2 = = a m 1 m 2 n 2 n 1 = a m 1 m 2 n 2 n 1 = a m 1 n 1 m 2 n 2
Következő tulajdonság: bizonyítsuk be, hogy a és b bármely 0-nál nagyobb értékére, ha a kisebb, mint b, akkor a p kerül végrehajtásra< b p , а для p больше 0 - a p >bp
Egy p racionális számot ábrázoljunk m n -ként. Ebben az esetben m egész szám, n természetes szám. Ezután a feltételek p< 0 и p >0-t kiterjesztik m-re< 0 и m >0 . m > 0 és a< b имеем (согласно свойству степени с целым положительным показателем), что должно выполняться неравенство a m < b m .
Használjuk a gyökök tulajdonságát, és származtatjuk: a m n< b m n
Figyelembe véve az a és b értékek pozitívságát, az egyenlőtlenséget a m n-re írjuk át.< b m n . Оно эквивалентно a p < b p .
Ugyanígy a m< 0 имеем a a m >b m , a m n > b m n így a m n > b m n és a p > b p értéket kapjuk.
Nekünk marad az utolsó tulajdonság bizonyítása. Bizonyítsuk be, hogy p és q racionális számokra 0 esetén p > q< a < 1 a p < a q , а при a >0 igaz lenne a p > a q .
A p és q racionális számok redukálhatók közös nevezőés kapjuk az m 1 n és m 2 n törteket
Itt m 1 és m 2 egész számok, n pedig természetes szám. Ha p > q, akkor m 1 > m 2 (figyelembe véve a törtek összehasonlításának szabályát). Aztán 0-nál< a < 1 будет верно a m 1 < a m 2 , а при a >1 – egyenlőtlenség a 1 m > a 2 m .
Átírhatók a következő formában:
a m 1 n< a m 2 n a m 1 n >a m 2 n
Ezután átalakításokat hajthat végre, és az eredmény:
a m 1 n< a m 2 n a m 1 n >a m 2 n
Összefoglalva: p > q és 0 esetén< a < 1 верно a p < a q , а при a >0 – a p > a q .
A fokok alaptulajdonságai irracionális kitevőkkel
Az összes fent leírt tulajdonság, amellyel egy racionális kitevővel rendelkező fok rendelkezik, kiterjeszthető ilyen fokra. Ez a meghatározásából következik, amelyet az egyik korábbi cikkben adtunk meg. Fogalmazzuk meg röviden ezeket a tulajdonságokat (feltételek: a > 0, b > 0, a p és q mutatók irracionális számok):
4. definíció
1. a p a q = a p + q
2. a p: a q = a p − q
3. (a b) p = a p b p
4. (a: b) p = a p: b p
5. (a p) q = a p q
6.ap< b p верно при любых положительных a и b , если a < b и p – иррациональное число больше 0 ; если p меньше 0 , то a p >bp
7.ap< a q верно, если p и q – иррациональные числа, p < q , 0 < a < 1 ; если a >0 , majd a p > a q .
Így minden hatvány, amelynek p és q kitevője valós szám, azonos tulajdonságokkal rendelkezik, feltéve, hogy a > 0.
Ha hibát észlel a szövegben, jelölje ki, és nyomja meg a Ctrl+Enter billentyűkombinációt
algebra 7. osztály
matematika tanár
ág MBOUTSOSH №1
Poletaevo Zueva I.P. faluban.
Poletaevo 2016
Tantárgy: « Fokozat tulajdonságai természetes kitevővel»
CÉL
- A tanult anyag ismétlése, általánosítása, rendszerezése a „természetes mutatójú végzettség tulajdonságai” témában.
- A tanulók tudásának ellenőrzése a témában.
- Az elsajátított ismeretek alkalmazása a különböző feladatok ellátása során.
FELADATOK
tantárgy :
megismételni, általánosítani és rendszerezni a témában szerzett ismereteket; feltételeket teremteni a tudás és készségek asszimilációjának ellenőrzéséhez (kölcsönös ellenőrzéséhez);folytassa a tanulók motivációjának kialakítását a tantárgy tanulására;
metatárgy:
operatív gondolkodásmód kialakítása; elősegíteni a tanulók kommunikációs készségek elsajátítását a közös munka során; aktiválják kreatív gondolkodásukat; Pa tanulók bizonyos kompetenciáinak kialakításának folytatása, ami hozzájárul hatékony szocializációjukhoz;önképzési és önképzési készségek.
személyes:
kultúra nevelése, az egymáshoz, az emberekhez, az élethez való jóindulatú, toleráns magatartást célzó személyes tulajdonságok kialakulásának elősegítése; a tevékenységekben a kezdeményezés és a függetlenség ápolása; annak megértéséhez, hogy a vizsgált témára van szükség az állami záróbizonyítványra való sikeres felkészüléshez.
ÓRATÍPUS
általánosítás és rendszerezés óra ZUN.
Felszerelés: számítógép, projektor,vetítővászon,tábla, szórólap.
Szoftver: Windows 7 operációs rendszer: MS Office 2007 (szükséges jelentkezés - powerpoint).
Előkészületi szakasz:
előadás "A diploma tulajdonságai naturális mutatóval";
Kiosztóanyag;
pontozólap.
Szerkezet
Idő szervezése. Az óra céljainak és célkitűzéseinek meghatározása - 3 perc.
Az alapismeretek aktualizálása, rendszerezése - 8 perc.
Gyakorlati rész - 28 perc.
Általánosítás, következtetés -3 perc.
Házi feladat- 1 perc.
Reflexió - 2 perc.
Óra ötlet
Érdekes és hatékony módon ellenőrizni a hallgatók ZUN-ját ebben a témában.
Az óra szervezése Az órát a 7. osztályban tartják. A gyerekek párban, önállóan dolgoznak, a tanár tanácsadó-megfigyelőként tevékenykedik.
Az órák alatt
Szervezési idő:
Helló srácok! Ma egy rendhagyó lecke-játékunk van. Mindannyian nagyszerű lehetőséget kapnak, hogy bizonyítsanak, megmutassák tudásukat. Talán az óra során olyan rejtett képességeket fedezel fel magadban, amelyek hasznosak lesznek számodra a jövőben.
Mindenkinek van egy tesztlapja és a feladatok elvégzéséhez szükséges kártyák. Vegyen a kezébe egy tesztlapot, szüksége van rá, hogy maga értékelje tudását az órán. Írd alá.
Szóval meghívlak a leckére!
Srácok, nézzétek a képernyőt és hallgassátok a verset.
1. dia
Szorzás és osztás
Erőt hatalommá emelni...
Ismerjük ezeket a tulajdonságokat.
És már nem újak.
Ez az öt egyszerű szabály
Az osztályból már mindenki válaszolt
De ha elfelejtette a tulajdonságokat,
Tekintse meg azt a példát, amelyet nem oldott meg!
És annak érdekében, hogy gondok nélkül élhessünk az iskolában
Adok egy jó tanácsot:
El akarod felejteni a szabályt?
Próbálj csak tanulni!
Válaszolj a kérdésre:
1) Milyen cselekvések szerepelnek benne?
2) Mit gondolsz, miről fogunk ma beszélni a leckén?
Tehát óránk témája:
"A fok tulajdonságai természetes kitevővel" (3. dia).
Az óra céljainak és célkitűzéseinek meghatározása
A leckében megismételjük, összefoglaljuk és rendszerbe hozzuk a „Fokozat tulajdonságai természetes indikátorral” témában tanult anyagot.
Nézzük meg, hogyan tanultad meg a hatványok szorzását és osztását ugyanazzal az alappal, valamint hogyan emelhetsz hatványt hatványra
Alapvető ismeretek felfrissítése. Elméleti anyag rendszerezése.
1) Szóbeli munka
Dolgozzunk verbálisan
1) Fogalmazza meg a fok tulajdonságait természetes jelzővel!
2) Töltse ki az üres helyeket: (4. dia)
1)5 12 : 5 5 =5 7 2) 5 7 ∙ 5 17 = 5 24 3) 5 24 : 125= 5 21 4)(5 0 ) 2 ∙5 24 =5 24
5)5 12 ∙ 5 12 = (5 8 ) 3 6)(3 12 ) 2 = 3 24 7) 13 0 ∙ 13 64 = 13 64
3) Mi a kifejezés értéke:(5-9. dia)
a m ∙ a n; (a m+n ) a m : a n (a m-n ) ; (a m ) n; a 1; és 0 .
2) Az elméleti rész ellenőrzése (1. kártya)
Most vegye fel az 1-es számú kártyát éstöltse ki a hézagokat
1) Ha a mutató páros szám, akkor a fok értéke mindig _______________
2) Ha a mutató páratlan szám, akkor a fok értéke egybeesik a ____ előjellel.
3) Hatványok szorzata a n a k = a n + k
Ha a hatványokat ugyanazzal az alappal szorozzuk, szükségünk van a ____________ alapra és a ________ kitevőkre.
4) Magándiplomák a n : a k = a n - k
Ha a hatványokat azonos alappal osztjuk fel, akkor a _____ alapra, az osztalék mutatójából pedig a _________________________________ alapra van szükség.
5) Fokozat hatványra emelése ( a n ) k = a nk
Ha egy hatványt hatványra emelünk, az alap _______, a kitevők pedig ______.
Válaszok ellenőrzése. (10-13. dia)
Fő rész
3) És most kinyitjuk a füzeteket, felírjuk a 28.01 14g számot, órai munka
A "Clapperboard" játék » (14. dia)
Végezze el önállóan a füzeteiben lévő feladatokat
Tedd a következőket: a)x11 ∙х∙х2 b)x14 : X5 c) (a4 ) 3 d) (-For)2 .
Hasonlítsa össze a kifejezés értékét nullával: a) (- 5)7 , b)(-6)18 ,
4-kor)11 . ( -4) 8 G)(- 5) 18 ∙ (- 5) 6 , e)-(- 4)8 .
Számítsa ki egy kifejezés értékét:
a) -1 ∙ 3 2, b) (-1 ∙ 3) 2 c) 1 ∙ (-3) 2, d) - (2 ∙ 3) 2, e) 1 2 ∙ (-3) 2
Ellenőrizzük, ha nem jó a válasz, akkor összecsapunk egyet.
Számold ki a pontok számát, és írd fel a pontozólapra!
4) És most tornázzuk a szemeket, oldjuk a feszültséget, és folytatjuk a munkát. Gondosan figyeljük a tárgyak mozgását
Kezdődik! (15.,16.,17.,18. dia).
5) És most folytassuk munkánk következő típusát. (2. kártya)
Írd le a válaszodat egy bázissal rendelkező erőként Val vel és megtanulod a nagy francia matematikus nevét és vezetéknevét, aki elsőként vezette be a szám fokának fogalmát.
Találd ki a tudós matematikus nevét.
| 1. | Val vel 5 ∙С 3 | 6. | Val vel 7 : VAL VEL 5 |
| 2. | Val vel 8 : VAL VEL 6 | 7. | (VAL VEL 4 ) 3 ∙С |
| 3, | (VAL VEL 4 ) 3 | 8. | Val vel 4 ∙ Val vel 5 ∙ C 0 |
| 4. | Val vel 5 ∙С 3 : VAL VEL 6 | 9. | Val vel 16 : VAL VEL 8 |
| 5. | Val vel 14 ∙ C 8 | 10. | (VAL VEL 3 ) 5 |
O Válasz: RENE DECARTES
| R | W | M | YU | Nak nek | H | DE | T | E | D |
|||||
| Val vel 8 | Val vel 5 | Val vel 1 | Val vel 40 | Val vel 13 | Val vel 12 | Val vel 9 | Val vel 15 | Val vel 2 | Val vel 22 |
És most hallgassuk meg a diák üzenetét "Rene Descartes"-ról
Rene Descartes 1596. március 21-én született a tourainei La Gaie kisvárosban. A Descartes család a szerény bürokratikus nemességhez tartozott. Rene gyermekkorát Touraine-ban töltötte. Descartes 1612-ben fejezte be az iskolát. Nyolc és fél évet töltött ott. Descartes nem találta meg azonnal a helyét az életben. Született nemes, miután elvégezte a La Fleche-i főiskolát, hanyatt-homlok belemerül társasági élet Paris, aztán mindent otthagy a tudomány kedvéért. Descartes rendszerében a matematikának külön helyet adott, az igazság megállapításának elveit más tudományok modelljének tekintette. Descartes jelentős érdeme a mai napig fennmaradt kényelmes elnevezések bevezetése: a latin x, y, z betűk az ismeretlenekre; a, c, c - együtthatókhoz, fokokhoz. Descartes érdeklődési köre nem korlátozódik a matematikára, hanem magában foglalja a mechanikát, az optikát és a biológiát is. 1649-ben Descartes hosszas habozás után Svédországba költözött. Ez a döntés végzetesnek bizonyult az egészségére nézve. Hat hónappal később Descartes tüdőgyulladásban meghalt.
6) Munka a testületnél:
1. Oldja meg az egyenletet
A) x 4 ∙ (x 5) 2 / x 20: x 8 \u003d 49
B) (t 7 ∙ t 17 ): (t 0 ∙ t 21 )= -125
2.Számítsa ki a kifejezés értékét:
(5-x) 2 -2x3 +3x 2 -4x+x-x 0
a) x=-1-nél
b) x=2-nél Függetlenül
7) Vedd a kezedbe a 3-as számú kártyát, és végezd el a tesztet
| választási lehetőség 1 | 2. lehetőség. |
| 1. Végezze el a hatáskörök megosztását 2 17 : 2 5 2 12 2 45 2. Írja be fok alakban (x + y) (x + y) \u003d x 2 + y 2 (x+y) 2 2(x+y) 3. Cserélje ki * fokát úgy, hogy az egyenlőség a 5 · * =a 15 egy 10 egy 3 (a 7 ) 5 ? a) a 12 b) a 5 c) a 35 3 = 8 15 8 12 6. Határozza meg a tört értékét! | 1. Oszd el a 9 hatványaival 9 : 9 7 9 16 9 63 2. Írja fok (x-y) (x-y) \u003d ... x 2 -y 2 (x-y) 2 2 (x-y) 3. Cserélje ki * fokot úgy, hogy az egyenlőség b 9 · * = b 18 b 17 b 1 1 4. Mi a kifejezés értéke(6-tal) 4 ? a) 10-től b) 6-tól c) 24-től 5. A javasolt lehetőségek közül válassza ki azt, amelyik helyettesítheti a *-t egyenlőségben (*) 3 = 5 24 5 21 6. Határozza meg a tört értékét! |
Ellenőrizzék egymás munkáját, és értékeljék a bajtársakat az osztályzatlapon.
| 1 lehetőség | a | b | b | val vel | b | 3 |
| 2. lehetőség | a | b | val vel | val vel | a | 4 |
További feladatok erős tanulóknak
Minden feladatot külön értékelünk.
Keresse meg egy kifejezés értékét:
8) És most lássuk leckénk hatékonyságát ( 19. dia)
Ehhez hajtsa végre a feladatot, húzza ki a válaszoknak megfelelő betűket.
AOWSTLCCRCHGNMO
Egyszerűsítse a kifejezést:
| 1. | С 4 ∙ С 3 | 5. | (VAL VEL 2 ) 3 ∙ Val vel 5 |
| 2. | (C 5 ) 3 | 6. | Val vel 6 ∙ Val vel 5 : VAL VEL 10 |
| 3. | 11-től: 6-tól | 7. | (VAL VEL 4 ) 3 ∙С 2 |
| 4. | C 5 ∙ C 5 : C |
Rejtjel: DE - 7-től NÁL NÉL- 15-től G - Val vel ÉS - 30-tól NAK NEK - 9-től M - 14-től H - 13-tól O - 12-től R - 11-től VAL VEL - 5-től T - 8-tól H - 3-tól
Milyen szót kaptál? VÁLASZ: KIVÁLÓ! (20. dia)
Összegzés, értékelés, jelölés (21. dia)
Foglaljuk össze leckénket, hogy milyen sikeresen ismételtük, általánosítottuk, rendszereztük a „természetes mutatójú végzettség tulajdonságai” témában szerzett ismereteket.
Tesztlapokat veszünk és kiszámoljuk az összpontszámot, és felírjuk a végső osztályzat sorába
Álljon fel, aki 29-32 pontot szerzett: kiváló eredmény
25-28 pont: pontszám - jó
20-24 pont: pontszám - kielégítő
Még egyszer ellenőrizni fogom a kártyákon szereplő feladatok helyességét, az eredményeiteket a tesztlapon beállított pontokkal ellenőrzöm. Az osztályzatokat beírom a naplóba
És az értékelő órán való aktív munkához:
Gyerekek, arra kérlek benneteket, hogy értékeljék a leckében végzett munkájukat. Jelöld a hangulatlapon.
| Tesztlap |
||
| Vezetéknév Keresztnév | Fokozat |
|
| 1. Elméleti rész | ||
| 2. "Clapperboard" játék | ||
| 3. Teszt | ||
| 4. "Rejtjel" | ||
| Kiegészítő rész | ||
| Végső osztályzat: | ||
| Érzelmi értékelés | Magamról | A leckéről |
| Elégedett | ||
| elégedetlen | ||
Házi feladat (22. dia)
Készíts egy keresztrejtvényt a DEGREE kulcsszóval. A következő leckében a legérdekesebb munkákat nézzük meg.
№ 567
A felhasznált források listája
- Tankönyv „Algebra 7. évfolyam”.
- Vers. http://yandex.ru/yandsearch
- NEM. Scsurkov. A modern óra kultúrája. Moszkva: Orosz Pedagógiai Ügynökség, 1997.
- A.V. Petrov. Módszertani és módszertani alapjai személyiségfejlesztő számítógépes oktatás. Volgográd. "Változás", 2001.
- MINT. Belkin. sikerhelyzet. Hogyan kell létrehozni. M .: "Felvilágosodás", 1991.
- Számítástechnika és oktatás №3. Operatív gondolkodásmód, 2003
A szám mértékének meghatározása után logikus beszélni fok tulajdonságait. Ebben a cikkben megadjuk egy szám fokszámának alapvető tulajdonságait, miközben érintünk minden lehetséges kitevőt. Itt bizonyítást adunk a fokozat összes tulajdonságára, és bemutatjuk, hogyan alkalmazzuk ezeket a tulajdonságokat a példák megoldása során.
Oldalnavigáció.
A fokok tulajdonságai természetes mutatókkal
A természetes kitevővel rendelkező fok definíciója szerint a n foka n tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő a -val. E definíció alapján, és felhasználásával valós számszorzás tulajdonságai, a következőket kaphatjuk és igazolhatjuk fok tulajdonságai természetes kitevővel:
- az a m ·a n =a m+n fok fő tulajdonsága, általánosítása ;
- azonos bázisú parciális hatványok tulajdonsága a m:a n =a m−n ;
- szorzatfok tulajdonság (a b) n =a n b n , kiterjesztése ;
- természetbeni tulajdon hányadosa (a:b) n =a n:b n ;
- hatványozás (a m) n =a m n, általánosítása (((a n 1) n 2) ...) n k =a n 1 n 2 ... n k;
- fok összehasonlítása nullával:
- ha a>0, akkor a n >0 bármely természetes n esetén;
- ha a=0, akkor a n=0;
- Ha egy<0 и показатель степени является четным числом 2·m , то a 2·m >0 ha a<0 и показатель степени есть нечетное число 2·m−1 , то a 2·m−1 <0 ;
- ha a és b pozitív számok és a
- ha m és n olyan természetes számok, amelyekre m>n , akkor 0-nál
- ha m és n olyan természetes számok, amelyekre m>n , akkor 0-nál
Azonnal megjegyezzük, hogy az összes írott egyenlőség igen azonos meghatározott feltételek mellett, jobb és bal oldali részeik felcserélhetők. Például az a m a n = a m + n tört fő tulajdonsága -val kifejezések egyszerűsítése gyakran használt a m+n = a m a n formában.
Most nézzük meg mindegyiket részletesen.
Kezdjük két azonos bázisú hatvány szorzatának tulajdonságával, amelyet ún a diploma fő tulajdonsága: bármely a valós számra, valamint bármely m és n természetes számra igaz az a m ·a n =a m+n egyenlőség.
Bizonyítsuk be a fokozat fő tulajdonságát. A természetes kitevővel rendelkező fok definíciója szerint az a m ·a n alakú azonos bázisú hatványok szorzata szorzatként írható fel. A szorzás tulajdonságaiból adódóan a kapott kifejezést így írhatjuk fel 
, és ez a szorzat a hatványa m+n természetes kitevővel, azaz a m+n . Ezzel teljes a bizonyítás.
Adjunk egy példát, amely megerősíti a diploma fő tulajdonságát. Vegyünk azonos 2-es bázisú fokokat és 2 és 3 természetes hatványokat, a fok főtulajdonsága szerint felírhatjuk a 2 2 ·2 3 =2 2+3 =2 5 egyenlőséget. Ellenőrizzük az érvényességét, amihez kiszámítjuk a 2 2 ·2 3 és 2 5 kifejezések értékét. Hatványozást végzünk 2 2 2 3 = (2 2) (2 2 2) = 4 8 = 32és 2 5 \u003d 2 2 2 2 2 \u003d 32, mivel egyenlő értékeket kapunk, akkor a 2 2 2 3 \u003d 2 5 egyenlőség helyes, és megerősíti a fokozat fő tulajdonságát.
Egy fok fő tulajdonsága a szorzás tulajdonságai alapján általánosítható három vagy több hatvány szorzatára azonos bázisokkal és természetes kitevőkkel. Tehát az n 1, n 2, …, n k természetes számok bármely k számára az egyenlőség a n 1 a n 2 a n k =a n 1 +n 2 +…+n k.
Például, (2,1) 3 (2,1) 3 (2,1) 4 (2,1) 7 = (2,1) 3+3+4+7 =(2,1) 17 .
A fok következő tulajdonságára egy természetes jelzővel léphet át - az azonos alapokon álló részhatalmazások tulajdonsága: bármely nem nulla a valós számra, valamint m>n feltételt kielégítő tetszőleges m és n természetes számokra igaz az a m:a n =a m−n egyenlőség.
Mielőtt bizonyítanánk ezt a tulajdonságot, beszéljük meg a nyilatkozatban szereplő további feltételek jelentését. Az a≠0 feltétel a nullával való osztás elkerülése érdekében szükséges, mivel 0 n =0, és amikor megismerkedtünk az osztással, egyetértettünk abban, hogy nullával nem lehet osztani. Az m>n feltételt azért vezetjük be, hogy ne lépjük túl a természetes kitevőket. Valójában m>n esetén az m-n egy természetes szám, különben vagy nulla (ami m-n esetén történik), vagy negatív szám (ami m-re történik) Bizonyíték. A tört fő tulajdonsága lehetővé teszi az egyenlőség felírását a m−n a n =a (m−n)+n =a m. A kapott egyenlőségből a m−n ·a n =a m és ebből következik, hogy egy m−n a m és a n hatványainak hányadosa. Ez bizonyítja az azonos alapokon álló részhatványok tulajdonságát. Vegyünk egy példát. Vegyünk két fokot azonos π bázisokkal és 5 és 2 természetes kitevővel, a fok figyelembe vett tulajdonsága a π 5 egyenlőségnek felel meg: π 2 = π 5−3 = π 3. Most fontolja meg termék fokozat tulajdonság: bármely két a és b valós szám szorzatának n természetes foka egyenlő az a n és b n fokok szorzatával, azaz (a b) n =a n b n . Valójában a természetes kitevővel rendelkező fok definíciója szerint megvan Íme egy példa: Ez a tulajdonság három vagy több tényező szorzatának mértékére terjed ki. Vagyis k tényező szorzatának n természetes hatványtulajdonsága így van felírva (a 1 a 2 ... a k) n =a 1 n a 2 n ... a k n. Az érthetőség kedvéért ezt a tulajdonságot egy példán mutatjuk be. Három tényező 7 hatványának szorzatára van. A következő ingatlan az természeti tulajdon: az a és b valós számok, b≠0 valós számok hányadosa az n természetes hatványhoz egyenlő az a n és b n hatványok hányadosával, azaz (a:b) n =a n:b n . A bizonyítás elvégezhető az előző tulajdonság segítségével. Így (a:b) n b n =((a:b) b) n =a n, és az (a:b) n b n =a n egyenlőségből következik, hogy (a:b) n az a n hányadosa osztva b n -nel. Írjuk fel ezt a tulajdonságot konkrét számok példáján: Most pedig hangot adjunk hatványozási tulajdonság: bármely a valós számra, valamint bármely m és n természetes számra a m hatványa n hatványára egyenlő a m·n kitevőjű a hatványával, azaz (a m) n =a m·n . Például (5 2) 3 =5 2 3 =5 6 . A fokban kifejezett hatványtulajdonság bizonyítása a következő egyenlőséglánc: A figyelembe vett tulajdonság kiterjeszthető fokon belüli fokozatra, és így tovább. Például bármely p, q, r és s természetes szám esetén az egyenlőség Továbbra is a fokok természetes kitevővel való összehasonlításának tulajdonságain kell elidőzni. Kezdjük azzal, hogy a nulla és a hatvány összehasonlítási tulajdonságát természetes kitevővel bizonyítjuk. Először is igazoljuk, hogy a n >0 bármely a>0 esetén. Két pozitív szám szorzata pozitív szám, amint az a szorzás definíciójából következik. Ez a tény és a szorzás tulajdonságai lehetővé teszik, hogy kijelentsük, hogy tetszőleges számú pozitív szám szorzásának eredménye is pozitív szám lesz. És az a hatványa n természetes kitevővel definíció szerint n tényező szorzata, amelyek mindegyike egyenlő a-val. Ezek az érvek lehetővé teszik, hogy kijelentsük, hogy bármely pozitív bázis esetén az n foka pozitív szám. A bizonyított tulajdonság alapján 3 5 >0, (0,00201) 2 >0 ill. Nyilvánvaló, hogy bármely természetes n esetén, ahol a=0, a n foka nulla. Valóban, 0 n =0·0·…·0=0. Például 0 3 =0 és 0 762 =0 . Térjünk át a negatív alapokra. Kezdjük azzal az esettel, amikor a kitevő páros szám, jelöljük 2 m-nek, ahol m természetes szám. Azután Végül, ha a bázisa negatív szám, kitevője pedig páratlan szám 2 m−1, akkor Rátérünk a fokok azonos természetes kitevőkkel való összehasonlításának tulajdonságára, amelynek megfogalmazása a következő: két azonos természetes kitevővel rendelkező fokból n kisebb, mint annak, amelynek bázisa kisebb, és nagyobb, mint annak, amelynek bázisa nagyobb. Bizonyítsuk be. Egyenlőtlenség a n az egyenlőtlenségek tulajdonságai az a n alakú egyenlőtlenség bizonyított (2,2) 7 és A hatványok felsorolt tulajdonságai közül az utolsót kell bizonyítani természetes kitevővel. Fogalmazzuk meg. Az egynél kisebb természetes mutatójú és azonos pozitív bázisú két fok közül a fok nagyobb, amelynek a mutatója kisebb; két foknak pedig egynél nagyobb természetes mutatókkal és azonos alapokkal az a fok, amelyiknek a mutatója nagyobb. Ennek a tulajdonságnak a bizonyítására térünk át. Bizonyítsuk be, hogy m>n és 0 esetén Az ingatlan második részének bizonyítása van hátra. Bizonyítsuk be, hogy m>n és a>1 esetén a m >a n igaz. Az a m −a n különbség, miután egy n-t zárójelekből kiveszünk, a n ·(a m−n −1) alakot ölti. Ez a szorzat pozitív, mivel a>1 esetén a n foka pozitív szám, az a m−n −1 különbség pedig pozitív szám, mivel m−n>0 a kezdeti feltétel miatt, és a>1 esetén egy m−n foka nagyobb egynél. Ezért a m − a n >0 és a m >a n, amit igazolni kellett. Ezt a tulajdonságot a 3 7 >3 2 egyenlőtlenség szemlélteti.
. Az utolsó szorzat a szorzás tulajdonságai alapján átírható így 
, ami egyenlő a n b n -nel.
.
.
.
. A jobb érthetőség kedvéért itt van egy példa konkrét számokkal: (((5,2) 3) 2) 5 =(5,2) 3+2+5 =(5,2) 10
.
.
. Az a·a alakú szorzatok mindegyike egyenlő az a és a számok moduljainak szorzatával, ezért pozitív szám. Ezért a termék is pozitív lesz. 
és foka a 2 m . Íme a példák: (−6) 4 >0 , (−2,2) 12 >0 és .
. Minden a·a szorzat pozitív szám, ezeknek a pozitív számoknak a szorzata is pozitív, és a maradék negatív a számmal való szorzása negatív számot eredményez. Ennek a tulajdonságnak köszönhetően (−5) 3<0
, (−0,003) 17 <0
и 
.
.
A fokok tulajdonságai egész kitevővel
Mivel a pozitív egész számok természetes számok, a pozitív egész kitevővel rendelkező hatványok minden tulajdonsága pontosan egybeesik az előző bekezdésben felsorolt és bizonyított természetes kitevőjű hatványok tulajdonságaival.
A negatív egész kitevővel rendelkező fokot, valamint a nulla kitevővel rendelkező fokot úgy határoztuk meg, hogy az egyenlőségekkel kifejezett természetes kitevős fokok minden tulajdonsága érvényben maradjon. Ezért ezek a tulajdonságok mind nulla kitevőre, mind negatív kitevőre érvényesek, miközben természetesen a fokok alapjai nem nullák.
Tehát minden a és b valós és nem nulla számra, valamint bármely m és n egész számra a következők igazak fokok tulajdonságai egész kitevővel:
- a m a n \u003d a m + n;
- a m: a n = a m−n ;
- (a b) n = a n b n;
- (a:b) n =a n:bn;
- (a m) n = a m n;
- ha n pozitív egész szám, akkor a és b pozitív számok, és a b-n;
- ha m és n egész számok, és m>n , akkor 0-nál
A=0 esetén az a m és a n hatványoknak csak akkor van értelme, ha m és n is pozitív egész szám, azaz természetes szám. Így az imént felírt tulajdonságok azokra az esetekre is érvényesek, amikor a=0 és az m és n számok pozitív egészek.
Ezen tulajdonságok mindegyikének bizonyítása nem nehéz, ehhez elég a fok természetes és egész kitevőjű definícióit, valamint a valós számokkal rendelkező cselekvések tulajdonságait használni. Példaként bizonyítsuk be, hogy a hatvány tulajdonság mind pozitív, mind nem pozitív egész számokra érvényes. Ehhez meg kell mutatnunk, hogy ha p nulla vagy természetes szám és q nulla vagy természetes szám, akkor az (a p) q =a p q, (a − p) q =a (−p) q egyenlőségek, (a p ) −q =a p (−q) és (a-p)-q =a (-p) (-q). Csináljuk.
Pozitív p és q esetén az (a p) q =a p·q egyenlőséget az előző alfejezetben igazoltuk. Ha p=0, akkor van (a 0) q =1 q =1 és a 0 q =a 0 =1, ahonnan (a 0) q =a 0 q. Hasonlóképpen, ha q=0, akkor (a p) 0 =1 és a p 0 =a 0 =1, ahonnan (a p) 0 =a p 0. Ha p=0 és q=0 is, akkor (a 0) 0 =1 0 =1 és a 0 0 =a 0 =1, ahonnan (a 0) 0 =a 0 0.
Most bizonyítsuk be, hogy (a −p) q =a (−p) q . A negatív egész kitevőjű fok definíciója szerint tehát 
. A fokban lévő hányados tulajdonsága alapján megvan 
. Mivel 1 p =1·1·…·1=1 és , akkor . Az utolsó kifejezés értelemszerűen egy a −(p q) alakú hatvány, amely a szorzási szabályok értelmében (−p) q-ként írható fel.
Hasonlóképpen 
.
És 
.
Ugyanezen elv alapján a fok összes többi tulajdonságát egész kitevővel, egyenlőségek formájában írva igazolhatjuk.
A felírt tulajdonságok utolsó előtti részében érdemes elidőzni az a −n >b −n egyenlőtlenség bizonyításán, amely igaz minden −n negatív egészre, valamint minden olyan pozitív a-ra és b-re, amelyre az a feltétel. . Mivel feltétellel a 0 . Az a n ·b n szorzat is pozitív a n és b n pozitív számok szorzataként. Ekkor a kapott tört b n − a n és a n b n pozitív számok hányadosaként pozitív. Innen ered a −n >b −n , amit be kellett bizonyítani.
Az egész kitevős fokok utolsó tulajdonságát ugyanúgy bizonyítjuk, mint a természetes kitevőkkel rendelkező fokok analóg tulajdonságát.
Racionális kitevős hatványok tulajdonságai
A fokot tört kitevővel határoztuk meg úgy, hogy a fok tulajdonságait egész kitevővel bővítettük rá. Más szóval, a tört kitevővel rendelkező fokok ugyanolyan tulajdonságokkal rendelkeznek, mint az egész kitevőkkel rendelkező fokok. Ugyanis:
A fokok tulajdonságainak törtkitevős bizonyítása a törtkitevős fok definícióján, az egész kitevős fok tulajdonságain és az egész kitevős fok tulajdonságain alapul. Adjunk bizonyítékot.
A fok definíciója szerint tört kitevővel és , akkor 
. Az aritmetikai gyök tulajdonságai lehetővé teszik, hogy a következő egyenlőségeket írjuk fel. Továbbá az egész kitevővel rendelkező fok tulajdonságát felhasználva azt kapjuk, hogy a tört kitevővel rendelkező fok definíciójával azt kapjuk, hogy 
, és a kapott fok kitevője a következőképpen konvertálható: . Ezzel teljes a bizonyítás.
A törtkitevővel rendelkező hatványok második tulajdonsága pontosan ugyanígy bizonyított: 
A többi egyenlőséget hasonló elvek igazolják: 
Rátérünk a következő tulajdonság bizonyítására. Bizonyítsuk be, hogy bármely pozitív a és b esetén a b p . A p racionális számot m/n-ként írjuk fel, ahol m egy egész szám, n pedig természetes szám. Feltételek p<0 и p>0 ebben az esetben egyenértékű lesz az m feltételekkel<0 и m>0 ill. m>0 és a
Hasonlóképpen a m<0 имеем a m >b m , honnan , azaz és a p >b p .
A felsorolt tulajdonságok közül az utolsó bizonyítása van hátra. Bizonyítsuk be, hogy p és q racionális számokra p>q 0 esetén 
és 
. A fokozat racionális kitevővel való meghatározása pedig lehetővé teszi, hogy áttérjünk az egyenlőtlenségekre, ill. Ebből vonjuk le a végső következtetést: p>q és 0 esetén
Fokok tulajdonságai irracionális kitevőkkel
Abból, hogy miként definiálunk egy irracionális kitevővel rendelkező fokot, arra a következtetésre juthatunk, hogy rendelkezik a racionális kitevővel rendelkező fokok összes tulajdonságával. Tehát bármely a>0 , b>0 és p és q irracionális számra a következők igazak fokok tulajdonságai irracionális kitevőkkel:
- a p a q = a p + q;
- a p:a q = a p−q ;
- (a b) p = a p b p;
- (a:b) p =a p:b p ;
- (a p) q = a p q;
- bármely pozitív a és b szám esetén a 0 az egyenlőtlenség a p b p ;
- p és q irracionális számok esetén p>q 0-nál
Ebből arra következtethetünk, hogy a tetszőleges p és q valós kitevővel rendelkező hatványok a>0 esetén azonos tulajdonságokkal rendelkeznek.
Bibliográfia.
- Vilenkin N.Ya., Zhokhov V.I., Chesnokov A.S., Shvartsburd S.I. Matematika Zh tankönyv 5 cellához. oktatási intézmények.
- Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G., Neshkov K.I., Suvorova S.B. Algebra: tankönyv 7 cellához. oktatási intézmények.
- Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G., Neshkov K.I., Suvorova S.B. Algebra: tankönyv 8 cellához. oktatási intézmények.
- Makarychev Yu.N., Mindyuk N.G., Neshkov K.I., Suvorova S.B. Algebra: tankönyv 9 cellához. oktatási intézmények.
- Kolmogorov A.N., Abramov A.M., Dudnitsyn Yu.P. és mások Algebra és az elemzés kezdetei: Tankönyv az általános nevelési-oktatási intézmények 10-11.
- Gusev V.A., Mordkovich A.G. Matematika (kézikönyv a műszaki iskolákba jelentkezők számára).
