Součásti dokumentu MAN1priklady
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}
