MAN1priklady:Kapitola1: Porovnání verzí
Z WikiSkripta FJFI ČVUT v Praze
(Založena nová stránka s textem „%\wikiskriptum{MAN1priklady} \section{První týden} \subsection{Přípravný týden} \begin{pr} Sečtěte $\sum_{k=1}^n (ak+b)$, kde $a,b \in \C$, a $\s…“) |
|||
Řádka 1 155: | Řádka 1 155: | ||
\begin{figure}[h] | \begin{figure}[h] | ||
\begin{center} | \begin{center} | ||
− | \includegraphics[width=12cm]{ | + | \includegraphics[width=12cm]{tyden1_29.png} |
\caption{Řešení rovnice $\left(|z- \im|-|z+3\im| \right)\left(|z|-2\right) = 0$ v $\C$} \label{fig:tyden1_29} | \caption{Řešení rovnice $\left(|z- \im|-|z+3\im| \right)\left(|z|-2\right) = 0$ v $\C$} \label{fig:tyden1_29} | ||
\end{center} | \end{center} |
Aktuální verze z 9. 9. 2022, 20:18
[ znovu generovat, | výstup z překladu ] | Kompletní WikiSkriptum včetně všech podkapitol. | |
PDF Této kapitoly | [ znovu generovat, | výstup z překladu ] | Přeložení pouze této kaptioly. |
ZIP | Kompletní zdrojový kód včetně obrázků. |
Součásti dokumentu MAN1priklady
součást | akce | popis | poslední editace | soubor | |||
---|---|---|---|---|---|---|---|
Hlavní dokument | editovat | Hlavní stránka dokumentu MAN1priklady | Korenjak | 18. 9. 2022 | 16:30 | ||
Řídící stránka | editovat | Definiční stránka dokumentu a vložených obrázků | Korenjak | 9. 9. 2022 | 20:12 | ||
Header | editovat | Hlavičkový soubor | Korenjak | 9. 9. 2022 | 19:32 | header.tex | |
Kapitola1 | editovat | První týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 20:18 | kapitola1.tex | |
Kapitola2 | editovat | Druhý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 20:18 | kapitola2.tex | |
Kapitola3 | editovat | Třetí týden | Korenjak | 19. 10. 2023 | 19:20 | kapitola3.tex | |
Kapitola4 | editovat | Čtvrtý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 19:35 | kapitola4.tex | |
Kapitola5 | editovat | Pátý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 19:35 | kapitola5.tex | |
Kapitola6 | editovat | Šestý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 19:36 | kapitola6.tex | |
Kapitola7 | editovat | Sedmý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 19:36 | kapitola7.tex | |
Kapitola8 | editovat | Osmý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 19:37 | kapitola8.tex | |
Kapitola9 | editovat | Devátý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 19:37 | kapitola9.tex | |
Kapitola10 | editovat | Desátý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 19:38 | kapitola10.tex | |
Kapitola11 | editovat | Jedenáctý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 19:38 | kapitola11.tex | |
Kapitola12 | editovat | Dvanáctý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 20:13 | kapitola12.tex | |
Kapitola13 | editovat | Třináctý týden | Korenjak | 9. 9. 2022 | 20:07 | kapitola13.tex | |
Kapitola14 | editovat | Teorie | Korenjak | 17. 9. 2023 | 21:01 | kapitola14.tex |
Vložené soubory
soubor | název souboru pro LaTeX |
---|---|
Image:13-10.png | 13-10.png |
Image:13-11.png | 13-11.png |
Image:13-12.png | 13-12.png |
Image:13-13.png | 13-13.png |
Image:13-14.png | 13-14.png |
Image:13-15.png | 13-15.png |
Image:13-16.png | 13-16.png |
Image:13-17.png | 13-17.png |
Image:13-18.png | 13-18.png |
Image:13-19.png | 13-19.png |
Image:13-20.png | 13-20.png |
Image:13-21.png | 13-21.png |
Image:13-22.png | 13-22.png |
Image:13-23.png | 13-23.png |
Image:13-24.png | 13-24.png |
Image:13-25.png | 13-25.png |
Image:13-26.png | 13-26.png |
Image:13-27.png | 13-27.png |
Image:13-28.png | 13-28.png |
Image:13-29.png | 13-29.png |
Image:13-30.png | 13-30.png |
Image:12-27.png | 12-27.png |
Image:12-30.png | 12-30.png |
Image:every.png | every.png |
Image:exp.png | exp.png |
Image:log.png | log.png |
Image:tyden2.png | tyden2.png |
Image:tyden2_11.png | tyden2_11.png |
Image:tyden1_29.png | tyden1_29.png |
Image:grafy_funkci_MA1.png | grafy_funkci_MA1.png |
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN1priklady} \section{První týden} \subsection{Přípravný týden} \begin{pr} Sečtěte $\sum_{k=1}^n (ak+b)$, kde $a,b \in \C$, a $\sum_{k=0}^n q^k$, kde $q \in \C$ a $q \neq 1$ a $q \neq 0$. \tagged{teach}{ \begin{res} $a \frac{(n+1)n}{2} + nb$, $\frac{1-q^{n+1}}{1-q}$ \end{res} } \tagged{complete}{ \begin{postup} $$ \sum_{k=1}^n (ak+b) = \sum_{k=1}^n ak + \sum_{k=1}^n b = a \sum_{k=1}^n k + b \sum_{k=1}^n 1 = a \frac{(n+1)n}{2} + nb . $$ V případě geometrické posloupnosti označíme $$ s_n = \sum_{k=0}^n q^k. $$ Tuto rovnost vynásobíme číslem $q$. Tím dostaneme $$ s_n q = \sum_{k=0}^n q^{k+1}. $$ Odečtením této rovnice od předchozí získáme $$ s_n(1-q) = 1 - q^{n+1}. $$ Tedy $$ s_n = \frac{1-q^{n+1}}{1-q}. $$ \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Sečtěte $\sum_{k=1}^n k^2$. \tagged{teach}{ \begin{res} $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ \end{res} } \tagged{complete}{ \begin{postup} Z rovnosti $(k-1)^3 = k^3 - 3k^2 + 3k -1$ přerovnáním dostaneme $$ k^3 - (k-1)^3 = 3k^2 - 3k +1. $$ Tuto rovnici sečteme pro $k=1,\dots,n$. Tím se členy na levé straně odečtou (tzv. teleskopická řada) a zbyde pouze poslední pro $k=n$. Tak dostaneme rovnici $$ n^3 = 3 \sum_{k=1}^n k^2 - 3\sum_{k=1}^n k + \sum_{k=1}^n 1 . $$ Jediná neznámá suma je ta s $k^2$ a dostáváme tedy výsledek $$ \sum_{k=1}^n k^2 = \frac{1}{3}n^3 + \frac{1}{2} n^2 + \frac{1}{6} n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}. $$ \end{postup} } \end{pr} \tagged{complete}{ \begin{pozn} Zobecnění $\sum_{k=1}^n k^p$, pro $p\in \N$ řeší \textbf{Faulhaberova formule}: $$ \sum_{k=1}^n k^p = \frac{n^{p+1}}{p+1} + \frac{1}{2}n^p + \sum_{k=2}^p \frac{B_k}{k!}\left( \frac{p!}{(p-k+1)!} \right) n^{p-k+1}, $$ kde $B_k$ je $k$-té Bernoulliho číslo definované pomocí křivkového integrálu $$ B_k = \frac{n!}{2\pi \im} \int_{|z| = 1} \frac{z}{e^z -1} \frac{\mathrm{d}z}{z^{k+1}}. $$. \end{pozn} } \begin{pr} Sečtěte $S_n = \sum_{k=1}^n \sin( kx)$ pro pevné $x \in \R - \left\{2 k \pi | k \in \Z \right\}$. \tagged{teach}{ \begin{res} $S_n = \frac{\sin \frac{nx}{2} \sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}$ \end{res} } \tagged{complete}{ \begin{postup} Jelikož $$ \sin( kx) \sin (\frac{x}{2}) = \frac{1}{2} \left[ \cos\left( \left[ k -1/2 \right] x \right) - \cos \left( \left[ k+1/2\right]x\right) \right], $$ platí $$ S_n \sin( \frac{x}{2} )= \frac{1}{2}\left[ \cos( \frac{x}{2}) - \cos \left(\left( n+ \frac{1}{2}\right)x \right) \right] = \sin (\frac{nx}{2}) \sin \frac{(n+1)x}{2}. $$ \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Dokažte matematickou indukcí binomickou větu. \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Chceme ukázat identitu $$ (x+y)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x^k y^{n-k}, $$ pro $x,y \in \R$ a $n \geq 1$. \begin{itemize} \item $n=1$: $LS = x+y$, $PS = x+y$. Rovnost $LS = PS$ platí. \item $n-1 \to n$: Nechť platí $(x+y)^{n-1}=\sum^{n-1}_{k=0} \binom{n-1}{k} x^{(n-1)-k}y^k$. Budeme chtít ukázat, že vztah platí i pro $n$. Platí: \begin{align*} (x+y)^n &=(x+y)(x+y)^{n-1}\\ &\overset{IP}{=}(x+y)\left[\sum^{n-1}_{k=0} \binom{n-1}{k} x^{(n-1)-k}y^k\right]\\ &= \sum^{n-1}_{k=0} \binom{n-1}{k} x^{n-k}y^k + \sum^{n-1}_{j=0} \binom{n-1}{j} x^{(n-1)-j}y^{j+1}\\ &= \sum^{n-1}_{k=0} \binom{n-1}{k} x^{n-k}y^k+\sum^{n-1}_{j=0} \binom{n-1}{(j+1)-1}x^{n-(j+1)}y^{j+1}\\ &=\sum^{n-1}_{k=0} \binom{n-1}{k}x^{n-k}y^k+\sum^{n}_{k=1} \binom{n-1}{k-1}x^{n-k}y^{k}\\ &=\binom{n-1}{0}x^n y^0 + \sum^{n-1}_{k=1} \binom{n-1}{k}x^{n-k}y^k+\binom{n-1}{n-1}x^0y^n +\sum^{n-1}_{k=1} \binom{n-1}{k-1}x^{n-k}y^{k}\\ &=\sum^{n-1}_{k=1} \left[\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}\right]x^{n-k}y^k + \binom{n}{n}x^0y^n + \binom{n}{0}x^n y^0\\ &= \sum^{n}_{k=0} \binom{n}{k} x^{n-k}y^k, \end{align*} kde jsme ve třetím řádku použili substituci $k = j+1$. \end{itemize} \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Dokažte matematickou indukcí Moivrovu větu. Nechť $z = |z|(\cos \theta + \im \sin \theta)$ a $n\in \N$. Pak $z^n = |z|^n \left( \cos n \theta + \im \sin n\theta \right)$. \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Nechť $z = |z|\left(\cos \varphi + \im \sin \varphi \right)$. Pak matematickou indukcí dostáváme \begin{itemize} \item $n = 1$ : jasné \item $n \to n+1$: Užijeme indukční předpoklad $$ z^{n+1}=z^n \cdot z \overset{IP}{=} \left[ |z|^n(\cos n\theta + i\sin n\theta) \right] \cdot \left[ |z|(\cos \theta+i\sin \theta) \right]. $$ Pak \begin{align*} z^{n+1}&= |z|^n |z|(\cos n\theta+i\sin n\theta)(\cos\theta +i\sin \theta) \\ &=|z|^{n+1}(\cos n\theta\cdot\cos\theta+\cos n\theta \cdot i\sin\theta+i\sin n\theta\cdot\cos\theta+i^2\sin n\theta\cdot\sin\theta) \end{align*} Jelikož $i^2=-1$, pak $i^2\sin n\theta\cdot\sin\theta = -\sin n\theta\cdot\sin\theta$. Zároveň platí formule \begin{align*} \sin(n\theta + \theta) &= \sin n\theta\cdot\cos\theta+\cos n\theta\cdot\sin\theta, \\ k\sin(n \theta+\theta)&=k\sin n \theta\cdot\cos \theta + \cos n\theta\cdot k\sin\theta, \\ \cos(n \theta + \theta)&=\cos n\theta\cdot\cos\theta-\sin n\theta\cdot\sin\theta. \end{align*} Použitím těchto identit získáme \begin{align*} z^{n+1} &= |z|^{n+1}\left[ \cos(n \theta + \theta) + i\sin(n \theta + \theta) \right] \\ &=|z|^{n+1} \left[ \cos((n+1)\theta)+i\sin((n+1)\theta) \right]. \end{align*} \end{itemize} \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Matematickou indukcí dokažte, že platí $$ \frac{1\cdot 3 \cdot \dots \cdot (2n-1)}{2\cdot 4\cdot \dots \cdot (2n)} < \frac{1}{\sqrt[3]{n}}. $$ \tagged{complete}{ \begin{postup} Pomocí produktu můžeme nerovnici přepsat na tvar $$ \frac{\prod_{k=1}^n (2k-1) }{\prod_{k=1}^n (2 k)} < \frac{1}{\sqrt[3]{n}}. $$ Nyní přestoupíme k indukci: \begin{itemize} \item $n = 1$: $\frac{1}{2} < \frac{1}{1}$. Tato nerovnost platí. \item $n \to n+1$: Vyjdeme z levé strany a pomocí jednoduchých úprav a indukčního předpokladu dostáváme \begin{align*} \frac{\prod_{k=1}^{n+1} (2k-1) }{\prod_{k=1}^{n+1} (2 k)} = \frac{2n+1}{2(n+1)}\frac{\prod_{k=1}^n (2k-1) }{\prod_{k=1}^n (2 k)} \overset{IP}{<} \frac{2n+1}{2(n+1)} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} = \frac{2n+1}{2n+2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}}. \end{align*} Nyní stačí ukázat $\frac{2n+1}{2n+2} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} \leq \frac{1}{\sqrt[3]{n+1}}$. Umocněním této rovnice na třetí dostáváme \begin{align*} \frac{(2n+1)^3}{(2n+2)^3} \frac{1}{n} \leq \frac{1}{n+1} & \Leftrightarrow \frac{(2n+1)^3}{n} \frac{1}{2^3 (n+1)^3} \leq \frac{1}{n+1} \\ & \Leftrightarrow \frac{(2n+1)^3}{8n(n+1)^2} \leq 1 \\ & \Leftrightarrow 8n^3 + 12n^2 + 6n + 1 \leq 8n^3 + 16n^2 + 8n \\ & \Leftrightarrow 0 \leq 4n^2 +2n - 1. \end{align*} což jistě platí. Důkaz je hotov. \end{itemize} \end{postup} } \end{pr} \subsection{Rovnice a nerovnice} \begin{pr} Určete všechna a $\in \mathbb{R}$, pro která má rovnice \begin{equation*} \frac{x}{x-a} = a+1 \end{equation*} alespoň jeden záporný kořen. \tagged{teach}{ \begin{res} $a \in \lsz 0 \psz \cup \left(-\infty,-1\right)$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Výraz má smysl pro $x\neq a$. Vynásobením rovnice číslem $x-a \neq 0$ dostáváme $$ x = ax - a^2 + x -a \Leftrightarrow ax = a(a+1). $$ Nyní rozdělíme výpočet na dvě možnosti: $1.\ a = 0$ a $2. \ a \neq 0$. V prvém případě rovnici řeší každé reálné číslo různé od 0 (tu jsme vyloučili hned první úpravou) a tedy jistě i záporné. Nula je tedy řešení. V druhém případě můžeme nenulovým $a$ vydělit a získat řešení $$ x = a+1. $$ To bude záporné, pokud $a < -1$. \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\mathbb{R}^2$ soustavu \begin{align*} x + (b-1)y &= 1, \\ (b+1)x + 3y &= -1 \end{align*} s reálným parametrem b. \tagged{teach}{ \begin{res} $b = 2$ nemá řešení, $b = -2$ nekonečně řešení ($x = 1+3y$, $y \in \R$), v ostatních případech: $x = \frac{1}{2-b}$ a $y = \frac{1}{b-2}$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Z první rovnice můžeme vyjádřit $x = 1 - (b-1)y$ a dosadit do druhé: \begin{align*} (b+1)(1-(b-1)y) + 3y = -1 \Leftrightarrow (-b^2 + 4)y = -2-b. \end{align*} Vydělením výrazem $4-b^2$ pro $b \neq \pm 2$ dostáváme $$ y = - \frac{2+b}{4-b^2} = \frac{1}{b-2} $$ a zpětným dosazením $x = 1 - \frac{b-1}{b-2} = \frac{1}{2-b}$. Pokud $b = 2$ dostáváme rovnost $0 = -4$, která jistě neplatí, a tedy v tomto případě nemá soustava řešení. V posledním případě $b = -2$ dostáváme rovnost $0 = 0$, a máme tedy nekonečně mnoho řešení. \\ \\ Poznámka: Dosadíme-li $b = -2$ do zadání, dostaneme soustavu dvou rovnic \begin{align*} x - 3y &= 1, \\ -x + 3y &= -1, \end{align*} které jsou až na znaménko identické. Proto máme nekonečně mnoho řešení - viz LA. \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Určete, pro které hodnoty reálného parametru $a \in \R$ má soustava \begin{align*} ax - 2y &= 3, \\ 3x + ay &= 4 \end{align*} množinu řešení $S$, která je podmnožinou čtvrtého kvadrantu v $\R^2$, tj. $$ S \subset \left\{ (x,y) | x > 0 \wedge y < 0 \right\}.$$ \tagged{teach}{ \begin{res} $a \in \left(-\frac{8}{3};\frac{9}{4}\right)$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Rozdělíme na dva případy: $1.$ pokud $a = 0$ pak $y = \frac{-2}{3}$ a $x = \frac{3}{4}$, tj. máme jedno řešení. $2$. Pro nenulové $a$ z první rovnice dostáváme $x = \frac{3+2y}{a}$. Dosazením do druhé získáme $$ \frac{3(3+2y)}{a} + ay = 4. $$ Vynásobením této rovnice číslem $a$ a následnou úpravou dostaneme $$ (6+a^2)y = 4a-9. $$ Jelikož $6+a^2>0$ a chceme $y<0$, potřebujeme, aby $4a-9<0 $, tj. $ a < \frac{9}{4}$. Zpětným dosazením zjistíme $x$: $$ x = \frac{3+ 2\frac{4a-9}{6+a^2}}{a} = \frac{3a+8}{6+a^2}. $$ Tedy $x > 0 $, pokud $ a > \frac{-8}{3}$. \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\mathbb{R}$ nerovnici \begin{equation*} \frac{(x^2-1)(x-2)^2(x-3)}{x} \geq 0. \end{equation*} \tagged{teach}{ \begin{res} $x \in (-\infty,-1\rangle \cup (0,1\rangle \cup \{2\} \cup \langle3;+\infty)$ \end{res} } \tagged{complete}{ \begin{postup} Levá strana nerovnice má smysl pro všechna $x \in \R\setminus\{0\}$. Nejjednodušší způsob je graficky přes body, ve kterých funkce mění znaménko. V tomto případě jsou to body $x=-1,0,1,3$. Pro $x < -1$ je výraz na levé straně kladný, a musí být tedy kladný i na intervalu $(0,1)$ a $(3,+\infty)$. Dále vidíme, že levá strana je rovna nule pro $x$ rovno $-1$, 1, 2 a 3. \\ \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\R$ nerovnici $$ ax^2 + bx + c > 0, $$ kde $a,b,c$ jsou reálné parametry. \tagged{teach}{ \begin{res} Označme $D=b^2-4ac$ a $x_1 = (-b+\sqrt{D})/(2a)$ a $x_2 = (-b-\sqrt{D})/(2a)$, pokud $D \geq 0$. Řešení je následující: Pro $a>0 \land D>0$ je $x \in (-\infty,x_2) \cup (x_1,+\infty)$. Pro $a>0 \land D=0$ je $x \in \R \setminus \{-\frac{b}{2a}\}$. Pro $a>0 \land D<0$ je $x \in \R$. Pro $a<0 \land D>0$ je $x \in (x_1,x_2)$. Pro $a<0 \land D\leq 0$ řešení neexistuje. Pro $a=0 \land b>0$ je $x \in (-c/b, +\infty)$. Pro $a=0 \land b<0$ je $x \in (-\infty, -c/b)$. Pro $a=0 \land b=0 \land c>0$ je $x \in \R$. Pro $a=0 \land b=0 \land c \leq 0$ řešení neexistuje. \end{res} } \tagged{complete}{ \begin{postup} Příklad rozdělíme podle parametru $a$. \begin{enumerate} \item $a = 0$: pak máme lineární nerovnici. Pro $b >0$ je řešení $x > \frac{-c}{b}$, pro $b=0 \wedge c >0$ je řešení $x \in \R$, pro $b <0$ je řešení $x < -\frac{c}{b}$. V ostatních případech ($b=0 \wedge c \leq 0$) řešení neexistuje. \item $a >0$. Zjistíme nulové body. Diskriminant $D = b^2-4ac$. Rozlišíme tři případy: \begin{itemize} \item $D >0$, pak máme dva nulové body $x_{1,2} = \frac{-b\pm \sqrt{D}}{2a}$ a řešení nerovnice $x \in (-\infty,x_2) \cup (x_1,+\infty)$ (platí $x_1>x_2$). \item $D = 0$, pak máme jeden kořen. Protože $a>0$, parabola $y= ax^2 + bx+c$ je nad osou $x$ a této osy se v jednom bodě dotýká. Řešením jsou proto všechna $x \in \R \setminus \{-\frac{b}{2a}\}$. \item $D <0$ Pak nemá žádný kořen. Parabola $y= ax^2 + bx+c$ celá leží nad osou $x$ a řešením jsou všechna reálná čísla $x \in \R$. \end{itemize} \item $a <0$. Obdobná diskuze jako v předchozím bodě. Pokud $D>0$, řešení je $(x_1,x_2)$ (platí $x_2>x_1$). V dalších dvou případech již řešení neexistuje \end{enumerate} \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\R$ nerovnici $$ |ax^2-b| < a, $$ s reálnými parametry $a,b$. \tagged{teach}{ \begin{res} Označme $\alpha = b/a$ pro $a>0$. Řešení je následující: Pro $a \leq 0$ a pro $a>0 \land \alpha \leq -1$ řešení neexistuje. Pro $a>0 \land \alpha \in (-1,1)$ je $x \in (-\sqrt{\alpha+1}, \sqrt{\alpha+1})$. Pro $a>0 \land \alpha \geq 1$ je $x \in (-\sqrt{\alpha+1}, -\sqrt{\alpha-1}) \cup (\sqrt{\alpha-1}, \sqrt{\alpha+1})$. \end{res} } \tagged{complete}{ \begin{postup} Pro $a\leq 0$ řešení neexistuje. Stačí se tedy omezit na $a >0$. Nejdříve vydělíme nerovnici číslem $a$ a označíme $\alpha = b/a$. Dostaneme $$ |x^2-\alpha | < 1, $$ čili (jak se můžeme přesvědčit nakreslením situace na číselnou osu) $\alpha-1 < x^2 < \alpha+1$. Nyní obě nerovnice vyřešíme. \begin{itemize} \item $\alpha-1 < x^2$. Pro $\alpha-1<0$ (tedy $\alpha<1$) nerovnost platí vždy. Pro $\alpha-1 \geq 0$ můžeme psát $$ \alpha-1 < x^2 \ \Leftrightarrow \ 0 < x^2 -\alpha +1 \ \Leftrightarrow \ 0< (x-\sqrt{\alpha-1})(x+\sqrt{\alpha-1}). $$ Řešením jsou proto všechna $x \in (-\infty, -\sqrt{\alpha-1}) \cup (\sqrt{\alpha-1}, +\infty)$. \item $x^2 < \alpha+1$. Pro $\alpha+1 \leq 0$ (tedy $\alpha \leq -1$) nerovnice nemá řešení. Pro $\alpha+1 > 0$ můžeme psát $$ x^2 < \alpha+1 \ \Leftrightarrow \ x^2 -\alpha -1 < 0 \ \Leftrightarrow \ (x-\sqrt{\alpha+1})(x+\sqrt{\alpha+1}) < 0. $$ Řešením jsou proto všechna $x \in (-\sqrt{\alpha+1}, \sqrt{\alpha+1})$. \end{itemize} Celá soustava výše zmíněných nerovnic (a tedy i původní nerovnice) má proto (pro $\alpha >0$) následující řešení: \begin{itemize} \item $\alpha \leq -1$: žádné řešení. \item $\alpha \in (-1,1)$: $x \in (-\sqrt{\alpha+1}, \sqrt{\alpha+1})$. \item $\alpha \geq 1$: $x \in (-\sqrt{\alpha+1}, -\sqrt{\alpha-1}) \cup (\sqrt{\alpha-1}, \sqrt{\alpha+1})$. \end{itemize} %\begin{itemize} %\item $ax^2 -b \geq 0$. V tomto případě má nerovnice tvar %$$ %ax^2 -b < a \Leftrightarrow x^2 < 1+ \frac{b}{a} \Leftrightarrow |x| < \sqrt{1+ \frac{b}{a}}. %$$ %Aby měl výraz smysl, musí platit $1+ \frac{b}{a} > 0 $, tj. $ b > -a $. %\item $ax^2-b < 0$. V tomto případě má nerovnice tvar %$$ %-ax^2 +b < a \Leftrightarrow x^2 > -1 + \frac{b}{a} \Leftrightarrow |x| > \sqrt{ \frac{b}{a} - 1 }. %$$ %Aby měl výraz smysl, musí platit $\frac{b}{a} -1 \geq 0 $, tj. $ b \geq a $. %\end{itemize} %Celkově má nerovnice pro %\begin{itemize} %\item $a \leq 0 $ žádné řešení. %\item $a>0$ a zároveň $b > -a $ řešení $ x \in (-\sqrt{1+ \frac{b}{a}} , \sqrt{1+ \frac{b}{a}} ) $. %\item $a>0$ a zároveň $b \geq a $ řešení $ x \in (-\infty , -\sqrt{\frac{b}{a} - 1 } ) \cup ( \sqrt{ %\frac{b}{a} -1 }, + \infty ) $. %\end{itemize} \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\mathbb{R}$ rovnici \begin{equation*} \sqrt{x+3-4\sqrt{1-x}} = 1+ \sqrt{x}. \end{equation*} \tagged{teach}{ \begin{res} $x \in \lsz 1 \psz $ \end{res} } \tagged{complete}{ \begin{postup} Nejprve najdeme množinu přípustných hodnot $x$. V odmocnině nesmí být záporné číslo. Dostáváme tak podmínky: \begin{align*} x+3-4\sqrt{1-x} \geq 0, \qquad 1-x \geq 0, \qquad x \geq 0. \end{align*} Druhá a třetí dávají omezení $x \in \langle0 , 1\rangle$. První po úpravě a umocnění dává $$ (x+3)^2 \geq 16(1-x) \Leftrightarrow x^2 + 22x - 7 \geq 0, $$ tedy $x \in (-\infty,-11-8\sqrt{2}) \cup (-11+8\sqrt{2},+\infty)$. Obor přípustných hodnot je $x \in \langle-11+8\sqrt{2},1\rangle$. Přejdeme nyní k řešení samotné nerovnice. Umocněním získáme \begin{align*} x+ 3 -4\sqrt{1-x} &= 1+2\sqrt{x} + x, \\ 2\sqrt{1-x} + \sqrt{x} &= +1. \end{align*} Po opětovném umocnění dostáváme $$ 4\sqrt{x(1-x)} = -3+3x. $$ Z této rovnice pozorujeme, že řešení musí splňovat podmínku $x\geq 1$ (aby $-3+3x \geq 0$). Jediné možné řešení je tedy $x = 1$ o čemž se přesvědčíme dalším postupem. Opětovným umocněním dostáváme kvadratickou rovnici $$ 16x(1-x) = 9x^2 - 18x +9 $$ s řešením $x = 1$ a $x = \frac{9}{25}$. Řešení $x = \frac{9}{25}$ nevyhovuje podmínce $x \geq 1$, a musíme ho tedy vyloučit. O jeho vyloučení se můžeme přesvědčit i zkouškou. \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\mathbb{R}$ rovnici \begin{equation*} \sqrt[3]{\frac{25-x}{3+x}} + 3\sqrt[3]{\frac{3+x}{25-x}} = 4. \end{equation*} \tagged{teach}{ \begin{res} $x\in \lsz 11,-2\psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Substitucí $y = \sqrt[3]{\frac{25-x}{3+x}}$ pro $x \notin \{-3,25 \}$ přejde původní rovnice na čitelnější tvar $$ y + \frac{3}{y} = 4. $$ Vynásobením $y$ získáme kvadratickou rovnici, která má řešení $y_1 = 1$ a $y_2 = 3$. Zpětným dosazením do substituce získáme řešení $x_1 = 11 $ a $x_2 = -2$. \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\R$ rovnici $$ \sqrt{x^2 + b^2} + b = x $$ s reálným parametrem $b$. \tagged{teach}{ \begin{res} Pro $b=0$ je $x \in \R_0^+$. Pro $b<0$ je $x=0$. Pro $b>0$ nemá řešení. \end{res} } \tagged{complete}{ \begin{postup} Rovnici přepíšeme na tvar $\sqrt{x^2 + b^2} = x - b $. Aby měl výraz smysl, musí platit $x - b \geq 0$, tj. $x \geq b$. Je-li $b = 0$, pak řešením jsou $ x \in \R^+_0$. Pro ostatní $b$ si výraz umocněním upravíme na $$ x^2 + b^2 = x^2 + b^2 -2bx. $$ Jediným možným řešením může (ale nemusí) být $ x = 0$: Je-li $b<0$, pak řešením je $x=0$. Pokud $b > 0$, pak řešení $x = 0$ nevyhovuje podmínce $x\geq b$. Celkově tedy \begin{itemize} \item $b = 0 $ řešením je libovolné $ x \in \R^+_0$ \item $b < 0 $ řešení $ x = 0 $. \item $b > 0 $ řešení neexistuje. \end{itemize} \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Pro která reálná čísla $m$ bude mít rovnice \begin{align*} 4x^2 - 8mx - 6m + 9 = 0 \end{align*} jeden kořen roven trojnásobku druhého kořene? \tagged{teach}{ \begin{res} $m \in \lsz 1, -3\psz$ \end{res} } \tagged{complete}{ \begin{postup} Využijeme Vietovy vzorce. Pro vztahy mezi kořeny kvadratické rovnice $ax^2+bx+c=0$ platí \begin{align*} x_1 + x_2 = -\frac{b}{a}, \\ x_1 x_2 = \frac{c}{a} \end{align*} (snadno se odvodí sečtením/vynásobením obecného vzorce pro kořeny). Dostáváme tak rovnice \begin{align*} x_1 = 3x_2, \\ x_1+x_2 = \frac{8m}{4}, \\ x_1 x_2 = \frac{-6m+9}{4}. \end{align*} Dosazením první rovnice do druhé a třetí obdržíme: \begin{align*} 4x_2 &= 2m, \\ 3 x_2^2 &= \frac{-6m+9}{4} \Leftrightarrow \frac{3m^2}{4} = \frac{-6m+9}{4} \Leftrightarrow 3m^2 +6m-9 = 0. \end{align*} Tato rovnice má dvě řešení $m_1 = 1$ a $m_2 = -3$, což jsou řešení i naší úlohy. \end{postup} } \end{pr} \subsection{Logaritmy a logaritmické rovnice} \tagged{complete}{ \begin{pozn} Jednodušší příklady: \begin{itemize} \item Zjednodušte: $\log_{25} \frac{1}{\sqrt[3]{5}}$. Řešení: -1/6 \\ \item Zjednodušte $\log_{a}\left[ \left\{a \left[ a \left(a\right)^{\frac{1}{4}}\right]^{\frac{1}{3}}\right\}^\frac{1}{2} \right]$. Řešení: $\frac{17}{24}$ \end{itemize} \end{pozn} } \begin{pr} Řešte v $\R$ rovnici \begin{align*} x^{\log^2 x^2 - 3\log(x) - \frac{9}{2}} = 10^{-2\log(x)}. \end{align*} \tagged{teach}{ \begin{res} $x \in \lsz 1,10^{5/4},10^{-1/2} \psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Výrazy v zadání mají smysl pro $x>0$. Zlogaritmováním a použitím vztahů pro logaritmus dostaneme $$ \left(\log^2 x^2 - 3\log(x) - \frac{9}{2}\right)\log x = -2\log x \log 10. $$ Vidíme, že jedno řešení je $x_1 = 1$. Pro $x\neq 1$ podělíme $\log x$, čímž získáme $$ 4\log^2 x - 3\log(x) - \frac{9}{2} = -2, $$ kde jsme využili vztahy $\log 10 = 1$ a $\log^2 (x^2) = (\log (x^2))^2 = (2\log x)^2 = 4 \log^2 x$. Dostali jsme kvadratickou rovnici, kterou substitucí $y = \log x$ zjednodušíme na tvar $$ 4y^2 - 3y - \frac{5}{2} = 0. $$ Řešení jsou $y_2 = \frac{5}{4}$ a $y_3 = -\frac{1}{2}$. Původní rovnice má tedy řešení $x_2 = 10^{5/4}$ a $x_3 = 10^{-1/2}$. \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\mathbb{R}^2$ soustavu rovnic \begin{align*} log_5 x + 3^{log_3 y} &= 7, \\ x^y &= 5^{12}. \end{align*} \tagged{teach}{ \begin{res} %$[x,y] = [125,4]$ nebo $[x,y] = [625,3]$ $(x,y) \in \lsz (125,4), (625,3) \psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Logaritmováním druhé rovnice logaritmem o základu 5 dostáváme $$ y \log_5 x = 12 \log_5 5 = 12. $$ Dosazením do první rovnice a využitím faktů, že logaritmus a exponenciála (o stejném základu) jsou navzájem inverzní funkce a že platí $y \neq 0$, dostaneme $$ \frac{12}{y} + y =7. $$ Vynásobením $y$ dostaneme kvadratickou rovnici s řešením $y_1 = 4$ a $y_2 = 3$, kterým ze vztahu $x=5^{12/y}$ odpovídají $x_1 = 125$ a $x_2 = 625$. \end{postup} } \end{pr} \subsection{Goniometrické rovnice} \begin{pr} Řešte v $\R$ rovnici $$ \sin x + \sqrt{3}\cos x = \sqrt{2}. $$ \tagged{teach}{ \begin{res} %$x_1 = \frac{5 \pi}{12} + 2k \pi; x_2 = -\frac{\pi}{12} + 2k\pi $ $x \in \lsz \frac{5\pi}{12} + 2k\pi | k \in \Z \psz \cup \lsz -\frac{\pi}{12} + 2k\pi | k \in \Z\psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Protože $\sqrt{3} = 2 \frac{\sqrt{3}}{2} = 2 \cos\frac{\pi}{6}$ můžeme levou stranu rovnice přepsat na $$ \sin x +2\cos (\frac{\pi}{6}) \cos x = \sin x + 2 \left[ \cos(x-\frac{\pi}{6}) - \sin (\frac{\pi}{6})\sin x \right] = 2 \cos(x-\frac{\pi}{6}). $$ Řešenou rovnici lze tedy ekvivalentně vyjádřit ve tvaru $$ 2\cos(x-\frac{\pi}{6}) = \sqrt{2} \quad \Rightarrow \quad \cos(x-\frac{\pi}{6}) = \frac{\sqrt{2}}{2} = \cos(\frac{\pi}{4}) = \cos(\frac{\pi}{4} + 2k\pi) $$ s řešením \begin{align*} x_1 - \frac{\pi}{6} &= \frac{\pi}{4} + 2k \pi \quad \Rightarrow \quad x_1 = \frac{5 \pi}{12} + 2k \pi,\\ x_2 - \frac{\pi}{6} &= -\frac{\pi}{4} + 2k\pi \quad \Rightarrow \quad x_2 = -\frac{\pi}{12} + 2k\pi. \end{align*} \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\R$ rovnici $$ \frac{1-\tg x}{1+\tg x} = 2\cos 2x. $$ \tagged{teach}{ \begin{res} %$x = \frac{\pi}{4} + k \pi$ nebo $x = -\frac{\pi}{12} + k\pi$ nebo $x = \frac{7\pi}{12} + k\pi$ $x \in \lsz \frac{\pi}{4} + k \pi | k \in \Z \psz \cup \lsz -\frac{\pi}{12} + k\pi | k \in \Z \psz \cup \lsz \frac{7\pi}{12} + k\pi | k \in \Z \psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Upravíme levou a pravou stranu: \begin{align*} & \frac{1-\tg x}{1+\tg x} = \frac{ \frac{\cos x - \sin x}{\cos x} }{ \frac{\cos x + \sin x}{\cos x} } = \frac{\cos x - \sin x}{\cos x + \sin x}, \\ & 2 \cos 2x = 2(\cos^2 x - \sin^2 x) = 2(\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x). \end{align*} Tím dostáváme $$ \frac{\cos x - \sin x}{\cos x + \sin x} = 2(\cos x - \sin x)(\cos x + \sin x). $$ Ihned vidíme řešení $\cos x = \sin x $, tj. $ x = \frac{\pi}{4} + k \pi$. Pro ostatní $x\neq\frac{\pi}{4} + k \pi$ můžeme rovnici vydělit $\cos x - \sin x \neq 0$, čímž získáme $$ \frac{1}{2} = (\cos x + \sin x)^2 = 1 + 2\sin x \cos x = 1+ \sin 2x \Leftrightarrow -\frac{1}{2} = \sin 2x. $$ Výsledná rovnice má řešení \begin{align*} 2x &= -\frac{\pi}{6} + 2k\pi \quad \Rightarrow \quad x = -\frac{\pi}{12} + k\pi, \\ 2x & = \frac{7\pi}{6} + 2k\pi \quad \Rightarrow \quad x = \frac{7\pi}{12} + k\pi. \end{align*} \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\R$ $$ |\cos x|^{\sin^2 x - \frac{3}{2} \sin x + \frac{1}{2}} = 1. $$ \tagged{teach}{ \begin{res} % $ % x_1 = k\pi, k \in \mathbb{Z}, % x_2 = \frac{\pi}{6} + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}, % x_3 = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi, k \in \mathbb{Z}. % $ $x \in \lsz \frac{5\pi}{6} + 2k\pi | k \in \Z \psz \cup \lsz \frac{\pi}{6} + 2k\pi | k \in \Z \psz \cup \lsz k \pi | k \in \Z \psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Výraz má smysl pro $\cos(x) \neq 0 $, tj. pro $x \neq \frac{\pi}{2} + k\pi$, kde $k \in \Z$ (jinak dostáváme nedefinovaný výraz $0^0$). Rovnici zlogaritmujeme, čímž dostaneme $$ \left(\sin^2 x - \frac{3}{2} \sin x + \frac{1}{2} \right)\log |\cos x| = 0. $$ Dostáváme součin dvou výrazů, který má být roven 0. První výraz po substituci $ u = \sin(x)$ přejde na tvar $$ u^2 - \frac{3}{2}u + \frac{1}{2} $$ s kořeny $u_1 = 1$ a $u_2 = \frac{1}{2}$. Po zpětném dosazení do substituce dostáváme \begin{align*} \sin x &= 1 \Leftrightarrow x_1 = \frac{\pi}{2} + 2k\pi, \\ \sin x &= \frac{1}{2} \Leftrightarrow x_2 = \frac{\pi}{6} + 2k\pi \quad \text{a} \quad x_3 = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi. \end{align*} Řešení $x_1$ musíme vyloučit, neboť jsme se omezili na $x \neq \frac{\pi}{2}+k\pi$. %První dvě jsou %$$ %x_2 = \frac{\pi}{6} + 2k\pi, \quad x_3 = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi. %$$ Další řešení plynou z podmínky $ \log|\cos(x)| = 0 \Leftrightarrow |\cos(x)| = 1 \Leftrightarrow \cos(x) = \pm 1$, tj. $x =k\pi$. Řešení naší úlohy jsou $$ x_1 = k\pi, \quad x_2 = \frac{\pi}{6} + 2k\pi, \quad x_3 = \frac{5\pi}{6} + 2k\pi, \qquad k\in \Z. $$ \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte rovnici v $\R$ $$ \sin x + \sin 2x + \sin 3x = \cos x + \cos 2x + \cos 3x. $$ \tagged{teach}{ \begin{res} %$x_1 = \frac{2}{3}\pi + 2k\pi$ a $x_2 = \frac{4}{3}\pi + 2k\pi$ a $x_3 = \frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2} $ $x \in \lsz \frac{2}{3}\pi + 2k\pi | k \in \Z \psz \cup \lsz \frac{4}{3}\pi + 2k\pi | k \in \Z \psz \cup \lsz \frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2} | k \in \Z \psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Na členy s $1x$ a $3x$ využijeme vzorce \begin{align*} \sin \alpha + \sin \beta &= 2 \sin \left( \frac{\alpha+\beta}{2} \right) \cos \left( \frac{\alpha-\beta}{2} \right) , \\ \cos \alpha + \cos \beta &= 2 \cos \left( \frac{\alpha+\beta}{2} \right) \cos \left( \frac{\alpha-\beta}{2} \right). \end{align*} Tím dostaneme \begin{align*} 2 \sin \left(\frac{x+3x}{2}\right) \cos \left( \frac{x - 3x}{2} \right) + \sin (2x) &= 2 \cos \left( \frac{x+3x}{2} \right) \cos \left(\frac{x-3x}{2}\right) + \cos (2x) \\ 2 \sin (2x) \cos (-x) + \sin (2x) &= 2 \cos (2x) \cos (-x) + \cos (2x) \end{align*} S využitím sudosti $\cos( x) = \cos(-x)$ a faktorizací dostaneme rovnici \begin{align*} \left[\sin (2x) - \cos (2x)\right] \left[ 2\cos( x) + 1 \right] = 0. \end{align*} Řešením rovnice $\cos (x )= -\frac{1}{2}$ dostaneme $x_1 = \frac{2}{3}\pi + 2k\pi$ a $x_2 = \frac{4}{3}\pi + 2k\pi$. Další řešení získáme z podmínky $\sin (2x) = \cos( 2x) \Leftrightarrow \tg (2x) = 1 \Leftrightarrow 2x = \frac{\pi}{4}+ k\pi$, tj. $x_3 = \frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2} $. Celkem \begin{align*} x_1 =\frac{2}{3}\pi + 2k\pi, \quad x_2 = \frac{4}{3}\pi + 2k\pi, \quad x_3 = \frac{\pi}{8} + \frac{k\pi}{2}, \quad k \in \mathbb{Z}. \end{align*} \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte nerovnici v $\R$ $$ 2 \sin x \leq \frac{1}{\cos x}. $$ \tagged{teach}{ \begin{res} $x \in \bigcup_{k \in \Z} \left[ \langle0+2k\pi,\frac{\pi}{2}+2k\pi) \cup (\frac{3\pi}{2}+2k\pi,2\pi +2k\pi)\right] \cup \lbrace\frac{5\pi}{4}+2k\pi | k \in \Z \rbrace$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Obě funkce jsou $2\pi$ periodické. Stačí se tedy omezit na interval délky $2\pi$, např. $x \in \langle0,2\pi \rangle$. Na tomto intervalu má výraz smysl, pokud $x\neq \frac{\pi}{2} $ a $ x\neq \frac{3\pi}{2}$. Nyní bychom chtěli nerovnici vynásobit $\cos x$. Musíme proto rozlišit případy, kdy je cosinus kladný a kdy záporný. \begin{itemize} \item $\cos x > 0 \Leftrightarrow x \in \langle0,\frac{\pi}{2}) \cup (\frac{3\pi}{2},2\pi)$. Vynásobením $\cos x$ dostaneme \begin{align*} 2\sin x \cos x = \sin 2x \leq 1 \end{align*} což platí vždy. \item $\cos x < 0 \Leftrightarrow x \in (\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2})$. Vynásobením $\cos x$ dostaneme $$ \sin 2x \geq 1. $$ Protože $\sin \alpha \leq 1$ řešíme pouze případ $\sin 2x = 1 $, tj. $ 2x = \frac{\pi}{2} + 2k\pi \Rightarrow x = \frac{\pi}{4} + k\pi$. Což je to samé jako $x \in \lbrace \frac{\pi}{4}+2k\pi | k \in \Z \rbrace \cup \lbrace \frac{5\pi}{4} + 2k\pi | k \in \Z \rbrace$. Ve zkoumaném intervalu $x \in (\frac{\pi}{2}+2k\pi,\frac{3\pi}{2}+2k\pi)$ leží pouze body $x = \frac{5\pi}{4} + 2k\pi$. \end{itemize} Celkem má množina řešení tvar $$ \left\{x \in \R \Big| (\exists k\in \Z)( x \in \langle 0+2k\pi,\frac{\pi}{2}+2k\pi) \vee x \in (\frac{3\pi}{2}+2k\pi,2\pi +2k\pi) \vee x = \frac{5\pi}{4}+2k\pi) \right\}, $$ neboli $$ \bigcup_{k \in \Z} \left[ \langle 0+2k\pi,\frac{\pi}{2}+2k\pi) \cup (\frac{3\pi}{2}+2k\pi,2\pi +2k\pi)\cup \lbrace \frac{5\pi}{4}+2k\pi \rbrace\right]. $$ \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\R$ $$ 16^{\sin^2 x} + 4\cdot 2^{2\cos 2x} = 10. $$ \tagged{teach}{ \begin{res} %$x_1 = \frac{\pi}{6}+k\pi$ a $x_2 = -\frac{\pi}{6}+k\pi$, $k \in \Z$ a $x_3 = \frac{\pi}{3} + k \pi$ a $x_4 = -\frac{\pi}{3} + k \pi$. $x \in \lsz \frac{\pi}{6}+k\pi, -\frac{\pi}{6}+k\pi, \frac{\pi}{3} + k \pi, -\frac{\pi}{3} + k \pi | k \in \Z \psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Úpravami převedeme rovnici na tvar $$ 2^{4 \sin^2 x} + 4 \cdot 2^{2\cos^2 x - 2\sin^2 x} = 2^{4 \sin^2 x} + 4 \cdot 2^{2}2^{-4\sin^2 x} = 10. $$ Použitím substituce $y = 2^{4\sin^2 x} \neq 0$ dostaneme $$ y + 16\frac{1}{y} = 10 \quad \Rightarrow \quad y^2 -10y + 16 = 0. $$ Tato rovnice má řešení $y = 2$ a $y = 8$. Zpětnou substitucí dostaneme pro $y = 2$ rovnici $$ 2 = 2^{4\sin^2 x} \quad \Rightarrow \quad \frac{1}{4} = \sin^2 x \quad \Rightarrow \quad\frac{1}{2} = |\sin x| $$ s řešením $x_1 = \frac{\pi}{6}+k\pi$ a $x_2 = -\frac{\pi}{6}+k\pi$, $k \in \Z$. V druhém případě pro $y = 8$ máme $$ 8 = 2^3 = 2^{4\sin^2 x} \quad \Rightarrow \quad \frac{3}{4} = \sin^2 x \quad \Rightarrow \quad \frac{\sqrt{3}}{2} = |\sin x|. $$ Tato rovnice má řešení $x_3 = \frac{\pi}{3} + k \pi$ a $x_4 = -\frac{\pi}{3} + k \pi$, $k \in \Z$. \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Určete všechna čísla $x \in \R$ tak, aby čtvrtý člen binomického rozvoje $$ \left( x^{ \frac{1}{2(1+\log x)}} + \sqrt[12]{x} \right)^6 $$ byl roven 200. \tagged{teach}{ \begin{res} %$x_1 = 10, x_2 = 10^{-4}$ $x \in \lsz 10, 10^{-4}\psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup}Výraz má smysl pro $x>0$ a zároveň $ \log x \neq -1 $, tj. $ x \neq \frac{1}{10}$. Binomická věta říká $(a+b)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a^kb^{n-k}$. Čtvrtý člen získáme pro $k=3$. Proto požadujeme $$ \binom{6}{3}\left(x^\frac{1}{2(1+\log x)} \right)^3\left( \sqrt[12]{x} \right)^3 = 200. $$ Po úpravě dostaneme \begin{align*} 20 x^{\frac{3}{2(1+\log x)}} x^{\frac{1}{4}} = 200 \quad \Rightarrow \quad x^{\frac{3}{2(1+\log x)} + \frac{1}{4}} = 10. \end{align*} Na rovnici aplikujeme dekadický logaritmus $$ \left(\frac{3}{2(1+\log x)} + \frac{1}{4}\right)\log x = 1 $$ a zavedeme substituci $\log x = y$ $$ \left(\frac{3}{2(1+y)} + \frac{1}{4}\right)y = 1. $$ Převedením na společného jmenovatele a ekvivalentními úpravami převedeme rovnici na kvadratickou $$ y^2+3y-4 = 0, $$ která má kořeny $y_1 = 1$ a $ y_2 = -4$. Hledáme nyní $x$ splňující $y = \log x$. Dostáváme \begin{align*} \log x_1 = 1 & \quad \Rightarrow \quad x_1 = 10, \\ \log x_2 = -4 & \quad \Rightarrow \quad x_2 = 10^{-4}. \end{align*} Celkově tedy $x \in \lbrace{10, 10^{-4}\rbrace}$. \end{postup} } \end{pr} \subsection{Komplexní čísla} % \tagged{complete}{ % Co říci: % \begin{itemize} % \item historie: rovnice $x^2+1 = 0$ nemá v $\R$ řešení $\quad \Rightarrow \quad$ rozšíření $\R$ na $\C$. % \item imaginární jednotka $\im$: $\im^2 = 1$ % \item algebraický tvar: $ z = a + \im b$, $a,b \in \R$ % \item goniometrický: $z = |z|(\cos \varphi + \im \sin \varphi) $ % \item absolutní hodnota (modul): $|z| = \sqrt{x^2 + y^2}$ % \item úhel: $\cos \varphi = \frac{a}{|z|}$ nebo $\sin \varphi = \frac{b}{|z|} $ % \end{itemize} % } \begin{pr} Zapište číslo $z = \frac{\im^{10}-1}{\im^5 +1}$ v goniometrickém tvaru. \tagged{teach}{ \begin{res} $z = \sqrt{2}\left( \cos \frac{3}{4}\pi + \im \sin \frac{3}{4}\pi \right)$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Nejprve číslo upravíme do algebraického tvaru, ze kterého snadno získáme tvar goniometrický. Platí $$ z=\frac{\im^{10}-1}{\im^5 +1} = \frac{(\im^5-1)(\im^5+1)}{\im^5 +1} = \im^5 -1 = \im - 1. $$ Velikost čísla je $|z| = \sqrt{2}$ a pro jeho úhel $\varphi$ platí $$ \sin \varphi = \frac{1}{\sqrt{2}} \ \land \ \cos \varphi = \frac{-1}{\sqrt{2}} \quad \Rightarrow \quad \varphi = \frac{3}{4}\pi. $$ Číslo $z$ v goniometrickém tvaru má proto tvar $$ z = \sqrt{2}\left( \cos \frac{3}{4}\pi + \im \sin \frac{3}{4}\pi \right). $$ \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řeště v $\C$: $$ z^2 -4\im z - 3 = 0. $$ \tagged{teach}{ \begin{res} %$z = \im $ nebo $z = 3 \im$ $ z \in \lsz \im, 3 \im \psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Diskriminant této kvadratické rovnice je roven $$ D = (-4\im)^2 - 4\cdot (-3) = -4. $$ Řešení jsou tedy $$ z_{1,2} = \frac{4\im \pm \im \sqrt{|-4|}}{2} = \begin{cases} 3\im \\ \im \end{cases}. $$ Alternativní řešení: pomocí Vietových vzorců přepíšeme rovnici na tvar $$ (z-3i)(z-i) = 0, $$ ze kterého už rovnou vidíme kořeny. (Hádání kořenů tímto způsobem zrychluje postup řešení kvadratických rovnic). \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} Řešte v $\C$: $$ (5-\frac{1}{\im})\overline{z} + 2z = 22\im . $$ \tagged{teach}{ \begin{res} %$z = 1-7\im$ $ z \in \lsz 1-7\im \psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Úpravou $\frac{1}{\im} = -\im$ a dosazením $z = x + \im y$, kde $x,y \in \R$, dostaneme \begin{align*} (5+\im)x - \im(5+\im)y + 2x + \im 2y = 22\im, \\ (7x + y) + (x -3y)\im = 0 + 22 \im. \end{align*} Porovnáním reálných a imaginárních složek dostaneme dvě rovnice pro dvě neznáme $x,y \in \R$ \begin{align*} 7x + y &= 0, \\ x - 3y &= 22. \end{align*} Soustava má řešení $x=1$ a $y = -7$. Řešení původní rovnice je tedy $z = 1-7\im$. \end{postup} } \end{pr} \begin{pr} V Gaussově rovině zakreslete množinu řešení v $\C$ rovnice $$ \left(|z- \im|-|z+3\im| \right)\left(|z|-2\right) = 0 . $$ \tagged{teach}{ \begin{res} Na Obrázku \ref{fig:tyden1_29}. \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} Prvním řešení je množina bodů $|z| = 2$, což v Gaussově rovině představuje kružnici se středem v počátku a poloměrem 2. V druhém případu dostáváme rovnici $$ |z-\im| = |z+3\im| \Leftrightarrow \sqrt{x^2+(y-1)^2} = \sqrt{x^2+(y+3)^2}, $$ kde $z = x + \im y$ pro $x,y \in \R$. Po umocnění a roznásobení přejde rovnice na tvar $$ -2y +1 = 6y + 9 $$ s jediným řešením $y = -1$ (závislost na $x$ vypadne). Toto řešení představuje v Gaussově rovině přímku, která je rovnoběžná s osou x a která prochází bodem $[0,-1]$, viz obrázek \ref{fig:tyden1_29}. \end{postup} } \tagged{teach}{ \begin{figure}[h] \begin{center} \includegraphics[width=12cm]{tyden1_29.png} \caption{Řešení rovnice $\left(|z- \im|-|z+3\im| \right)\left(|z|-2\right) = 0$ v $\C$} \label{fig:tyden1_29} \end{center} \end{figure} } \end{pr} \begin{pr} V $\C$ řešte rovnici $$ z^4 - z^3 + z^2 - z + 1 = 0. $$ \tagged{teach}{ \begin{res} % $z = |z|(\cos \varphi + \im \sin \varphi)$, kde $|z| = 1$ a $\varphi$: % $ % \varphi_0 = \frac{\pi}{5}, % \varphi_1 = \frac{3\pi}{5}, % \varphi_2 = \frac{7\pi}{5}, % \varphi_3 = \frac{9\pi}{5}, % $ $ z \in \lsz \cos \varphi + \im \sin \varphi | \varphi \in \lsz \frac{\pi}{5},\frac{3\pi}{5},\frac{7\pi}{5},\frac{9\pi}{5} \psz \psz$ \end{res} } \\ \tagged{complete}{ \begin{postup} jelikož číslo $z = -1$ není řešení rovnice (jednoduše ověřitelné), můžeme rovnici vynásobit číslem $(z+1)$ a získat $$ z^5 = -1. $$ Tuto rovnici vyřešíme pomocí Moivrovy věty. Jelikož $z = |z|(\cos \varphi + \im \sin \varphi)$, platí $$ z^5 = |z|^5(\cos 5\varphi +\im \sin 5\varphi ) = -1 = 1(\cos \pi + \im \sin \pi). $$ Nyní porovnáme velikost a úhel, které se musejí rovnat. Pro velikost dostáváme $$ |z| = 1 $$ a pro úhel $$ 5\varphi = \pi + 2k\pi. $$ Zde nesmíme zapomenout na periodu funkce cosinus. Z předcházející rovnice dostáváme pro různé volby $k \in \Z$ celkem pět různých řešení: \begin{align*} \varphi_0 = \frac{\pi}{5}, \quad \varphi_1 = \frac{3\pi}{5}, \quad \varphi_2 = \pi, \quad \varphi_3 = \frac{7\pi}{5}, \quad \varphi_4 = \frac{9\pi}{5}. \end{align*} Nyní ale musíme vyloučit $\varphi_2$, ten by totiž dával řešení $z = -1$, které jsme již vyloučili z oboru řešení a řešením původní rovnice být nemůže. Tohoto si lze všimnout, jelikož na počátku jsme měli rovnici čtvrtého řádu, musíme proto získat 4 různá řešení. Ne víc nebo méně. \\ \begin{remark} Jedná se o reciprokou rovnici 4. stupně. Pokud ji jako reciprokou rovnici budeme řešit (speciálními substitucemi), tak vyjdou kořeny $z=\frac{\pm\sqrt{5}-1}{4} \pm \frac{\sqrt{-1\pm2\sqrt{5}}}{2}$. \end{remark} \end{postup} } \end{pr}