Součásti dokumentu MAN1priklady
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN1priklady}
\setcounter{section}{1}
\section{Druhý týden}
\subsection{Výroková a predikátová logika}
\begin{pr}
Znegujte výroky: \uv{Pokud bude hezky a budu-li mít čas, půjdu si zaběhat.},
\uv{Existuje člověk vysoký 2 metry.},
\uv{$(\forall\varepsilon \in \R^+)(\exists n_0 \in \N)(\forall n \in N, n>n_0)(|a_n-a|<\varepsilon)$}.
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{itemize}
\item Bude hezky a budu mít čas a nepůjdu si zaběhat.
\item Neexistuje člověk vysoký 2 metry.
\item $(\exists\varepsilon \in \R^+)(\forall n_0 \in \N)(\exists n \in N, n>n_0)(|a_n-a| \geq \varepsilon)$
\end{itemize}
\end{res}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zapište výrok: \uv{Platí A i B nebo neplatí A ani B.} Výrok zjednodušte.
\tagged{teach}
(Pozn: Je důležité uzávorkování? )
\begin{res}
$[(A \wedge B) \vee (\neg A \wedge \neg B)] \Leftrightarrow (A\Leftrightarrow B)$. Uzávorkování důležité je.
\end{res}
\\
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Výsledek plyne z následující série úprav
$$
\begin{aligned}
(A \wedge B) \vee (\neg A \wedge \neg B) &\Leftrightarrow [A \vee (\neg A \wedge \neg B)] \wedge [B \vee (\neg A \wedge \neg B)]\\ & \Leftrightarrow [(A \vee \neg A) \wedge (A \vee \neg B)] \wedge [(B \vee \neg A) \wedge (B \vee \neg B)] \\ &\Leftrightarrow (A \vee \neg B) \wedge (B \vee \neg A) \\ &\Leftrightarrow (B \Rightarrow A) \wedge (A \Rightarrow B) \\ &\Leftrightarrow (A\Leftrightarrow B),
\end{aligned}
$$
kde první dvě ekvivalence plynou z distributivního zákona, třetí je důsledek toho, že $(A \vee \neg A)$ a $(B \vee \neg B)$ je vždy pravda, čtvrtá je definice implikace a pátá definice ekvivalence.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr} \label{pr: distr}
Ukažte, že platí
\begin{align*}
(A\vee(B\wedge C)) &\Leftrightarrow ((A\vee B)\wedge (A\vee C)),\\
(A\wedge(B\vee C)) &\Leftrightarrow ((A\wedge B)\vee (A\wedge C))
\end{align*}
(distributivní zákon). Zobecněte vztahy výše pro výrok složený z konečného počtu výroků.
\tagged{teach}{
\begin{res}
Zobecnění: $\left( \bigwedge_{ i = 1 }^n A_i \right) \vee B = \bigwedge_{i=1}^n \left( A_i \vee B \right)$, $\left( \bigvee_{ i = 1 }^n A_i \right) \wedge B = \bigvee_{i=1}^n \left( A_i \wedge B \right)$.
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vyřešíme pomocí výrokové tabulky \ref{tab: distr}. Zobecnění vztahů pro konečnou množinu výroků $ \left\{ B , A_1, ... ,A_n \right\}$ mají tvar
$$
\left( \bigwedge_{ i = 1 }^n A_i \right) \vee B = \bigwedge_{i=1}^n \left( A_i \vee B \right), \qquad \left( \bigvee_{ i = 1 }^n A_i \right) \wedge B = \bigvee_{i=1}^n \left( A_i \wedge B \right).
$$
\begin{table}[H]
\begin{tabular}{c | c | c || c | c | c || c | c |}
A & B & C & B $\wedge$ C & A $\vee$ B & A $\vee$ C & $(A \vee (B \wedge C))$ & $(A \vee B) \wedge (A \vee C))$\\
\hline
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\end{tabular}
\caption{Výroková tabulka pro příklad \ref{pr: distr}.} \label{tab: distr}
\end{table}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr} \label{pr: morgan}
Ukažte, že
\begin{align*}
\neg(A\wedge B) &\Leftrightarrow (\neg A\vee \neg B),\\
\neg(A\vee B) &\Leftrightarrow (\neg A \wedge \neg B)
\end{align*}
(De Morgan). Zobecněte vztahy výše pro výrok složený z konečného počtu výroků.
\tagged{teach}{
\begin{res}
Zobecnění: $\overline{ \left( \bigwedge_{i=1}^n A_i \right) } = \bigvee_{ i = 1 }^n \overline{ A_i }$, $\overline{ \left( \bigvee_{i=1}^n A_i \right) } = \bigwedge_{ i = 1 }^n \overline{ A_i }$.
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pomocí výrokové tabulky \ref{tab: morgan}. Zobecnění vztahů pro konečnou množinu výroků $ \left\{ A_1, ... ,A_n \right\}$ mají tvar (čára nad výrazy označuje negaci)
$$
\overline{ \left( \bigwedge_{i=1}^n A_i \right) } = \bigvee_{ i = 1 }^n \overline{ A_i }, \qquad \overline{ \left( \bigvee_{i=1}^n A_i \right) } = \bigwedge_{ i = 1 }^n \overline{ A_i }.
$$
\begin{table}[H]
\begin{tabular}{c | c || c | c | c || c | c |}
A & B & $\neg A$ & $\neg B$ & $A\wedge B$ & $\neg (A\wedge B)$ & $(\neg A \vee \neg B)$ \\
\hline
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
\end{tabular}
\caption{Výroková tabulka pro příklad \ref{pr: morgan}.} \label{tab: morgan}
\end{table}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}\label{pr: treti}
Ukažte, že $(A\Rightarrow B)\Leftrightarrow (\neg B\Rightarrow\neg A)\Leftrightarrow \neg(A\wedge \neg B)\Leftrightarrow (\neg A\vee B)$. \tagged{teach}{(Tím odvodíme i důležitou ekvivalenci $\neg (A\Rightarrow B)\Leftrightarrow (A\wedge \neg B)$.)}
\\
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vyřešíme výrokovou tabulkou \ref{tab: treti}.
\begin{table}[H]
\begin{tabular}{c | c || c | c | c | c || c | c | c | c |}
A & B & $\neg A$ & $\neg B$ & $A\wedge \neg B$ & $\neg A\wedge B$ & $A \Rightarrow B$ & $\neg B \Rightarrow \neg A$ & $\neg (A \wedge \neg B)$ & $\neg A \vee B$ \\
\hline
0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 \\
\end{tabular}
\caption{Výroková tabulka pro příklad \ref{pr: treti}.}\label{tab: treti}
\end{table}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zjednodušte výrok $(A\wedge B)\vee \neg B$.
\tagged{teach}{
\begin{res}
$B\Rightarrow A$
\end{res}
}
\\
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pomocí distributivního zákona:
\begin{align*}
(A \wedge B) \vee \neg B \Leftrightarrow (A \vee \neg B) \wedge (B \vee \neg B) \Leftrightarrow (A \vee \neg B) \Leftrightarrow B \Rightarrow A.
\end{align*}
Druhá ekvivalence plyne z faktu, že $(B \vee \neg B)$ je vždy pravda, a poslední ekvivalence je definicí implikace.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}\label{pr: ctvrty}
Rozhodněte o tranzitivitě implikace a ekvivalence.
\tagged{teach}{
\begin{res}
Implikace i ekvivalence jsou tranzitivní.
\end{res}}
\\
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item Vyřešíme tranzitivitu implikace, tj.
$$
\left[(A \Rightarrow B) \wedge (B \Rightarrow C) \right] \Rightarrow (A \Rightarrow C) .
$$
Negací získáme
$$
\left[(A \Rightarrow B) \wedge (B \Rightarrow C) \right] \wedge (A \wedge \neg C).
$$
Druhou negací dostaneme výrok
$$
\left[ (A \wedge \neg B) \vee (B \wedge \neg C) \right] \vee (\neg A \vee C),
$$
který vyjadřuje tranzitivitu implikace. Bez hranatých závorek můžeme výrok napsat ve tvaru
$$
(A \wedge \neg B) \vee (B \wedge \neg C) \vee (\neg A \vee C).
$$
Tento výrok je vždy pravdivý (tautologie), protože vždy jedna závorka bude pravda, viz. výroková tabulka \ref{tab: ctvrta}.
\item Nyní se podíváme na tranzitivitu ekvivalence jež můžeme zapsat následovně:
$$
\left[ (A \Leftrightarrow B) \wedge (B \Leftrightarrow C) \right] \Rightarrow (A \Leftrightarrow C).
$$
Z definice ekvivalence dostáváme
$$
[\textcolor{red}{(A \Rightarrow B)} \wedge \textcolor{blue}{(B \Rightarrow A)} \wedge \textcolor{red}{(B \Rightarrow C)} \wedge \textcolor{blue}{(C \Rightarrow B)}] \Rightarrow (A \Leftrightarrow C).
$$
Na dvojice stejně barevných závorek aplikujeme transitivitu implikace a dostáváme
$$
[(A \Rightarrow C) \wedge (C \Rightarrow A)] \Rightarrow (A \Leftrightarrow C),
$$
což završuje důkaz.
\end{itemize}
\begin{table}[H]
\begin{tabular}{c | c | c || c | c | c || c | c | c |}
A & B & \textcolor{red}{C} & \textcolor{red}{$\neg A$} & $\neg B$ & $\neg C$ & \textcolor{red}{$A \wedge \neg B$} & \textcolor{red}{$B \wedge \neg C$} & $\neg A \lor C$\\
\hline
1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\
\end{tabular}
\caption{Výroková tabulka pro příklad \ref{pr: ctvrty}.}\label{tab: ctvrta}
\end{table}
\end{postup}
}
\end{pr}
%============
\begin{pr}
Zapište pomocí kvantifikátorů následující výroky. Pozor na správné umístění závorek. Výroky posléze znegujte.
\begin{enumerate}
\item \uv{Pro všechna reálná čísla $x$ platí, že jejich druhá mocnina je nezáporná.}
\item \uv{Existuje reálné číslo menší než jedna.}
\item \uv{Existují dvě přirozená čísla $n$ a $m$ taková, že jejich součet je 10.}
\item \uv{Pro každé přirozené číslo $n$ existuje právě jedno přirozené číslo $m$ takové, že jejich součet je 10.}
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{enumerate}
\item $(\forall x \in \R)(x^2 \geq 0)$, $\neg: $ $(\exists x \in R)(x^2 < 0 )$
\item $(\exists x \in \R)(x < 1)$, $\neg: $ $(\forall x \in \R)(x \geq 1)$
\item $(\exists m,n \in \N)(m+n = 10)$, $\neg: $ $(\forall n,m \in \N)(m+n \neq 10)$
\item $(\forall n \in \N)(\exists_1 m \in N)(n +m = 10)$, $\neg: $ $(\exists n \in \N)(\forall m \in N)(n+m \neq 10 \vee ( (\exists s \in \N) (n+s = 10 \wedge m \neq s) ) )$
\end{enumerate}
\end{res}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zapište pomocí kvantifikátorů následující výroky. Pozor na správné umístění závorek. Výroky posléze znegujte.
\begin{enumerate}
\item \uv{Pro každé přirozené číslo platí, že jeho součet i součin se sebou samým je opět přirozené číslo.}
\item \uv{Pro každé racionální číslo $r$ platí, že existuje celé číslo $p$ a přirozené číslo $q$ takové, že $r$ je rovno podílu $p$ a $q$.} (Tj. racionální čísla lze psát jako zlomky.)
\item \uv{Pro všechna přirozená čísla $n$ platí, že je-li liché, pak $n+1$ je sudé.}
\item \uv{Když $a$ dělí $b$, pak dělí také každý násobek $b$.}
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{enumerate}
\item $(\forall n \in \N)(n+n \in \N \wedge n^2 \in \N)$, $\neg: $ $(\exists n \in \N)(n+n \notin \N \vee n^2 \notin \N)$
\item $(\forall r \in \Q)(\exists p \in \Z)(\exists q \in \N)( r = \frac{p}{q})$, $\neg: $ $(\exists r \in \Q)(\forall p \in \Z)(\forall q \in \N)(r \neq \frac{p}{q})$
\item $(\forall n \in \N)( 2\not | n \implies 2|(n+1))$, $\neg: $ $(\exists n \in \N)(2\not |n \land 2 \not| (n+1))$
\item $(\forall a,b,c \in \Z)(a|b \implies a | (cb))$, $\neg: $ $(\exists a,b,c \in \Z)(a|b \wedge a \not | (cb))$
\end{enumerate}
\end{res}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zapište pomocí kvantifikátorů následující výroky. Pozor na správné umístění závorek. Výroky posléze znegujte.
\begin{enumerate}
\item \uv{Je-li $a$ rovno 2 nebo 3, pak je menší než 10.}
\item \uv{Číslo je dělitelné šesti právě tehdy, když je dělitelné dvěma a třemi.}
\item \uv{Pro všechna $\epsilon$ kladná existuje přirozené číslo $n_0$ takové, že pro všechna přirozená čísla $n$ větší než $n_0$ je $n$-tý člen posloupnosti $(a_n)$ vzdálen od čísla $a$ méně než o $\epsilon$.}
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{enumerate}
\item $(\forall a \in \R)( ((a=2) \vee (a=3)) \implies a <10)$, $\neg: $ $(\exists a \in \R)(((a=2) \vee (a=3)) \wedge a \geq 10 )$
\item $(\forall a \in \Z)(6 | a \Leftrightarrow (2|a \wedge 3|a) )$, $\neg: $ $(\exists a \in \Z)( (6 | a \wedge (2 \not | a \vee 3 \not | a) ) \vee ( (2|a \wedge 3|a) \wedge 6 \not | a ) )$
\item $(\forall \varepsilon \in \R, \varepsilon >0)(\exists n_0 \in \N)(\forall n \in \N, n>n_0)(|a_n-a|<\varepsilon)$, $\neg: $ $(\exists \varepsilon \in \R, \varepsilon >0)(\forall n_0 \in \N)(\exists n \in \N,n > n_0)(|a_n - a| \geq \varepsilon)$
\end{enumerate}
\end{res}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Negujte následující výroky a rozhodněte, jestli platí výrok, nebo jeho negace:
\begin{enumerate}
\item $(\forall x, y \in \mathbb{R})(x^2 + y^2 > 0)$
\item $(\forall x \in \mathbb{R}) (\exists y \in \mathbb{N})\big( (y \leq x) \wedge (y + 1 > x)\big)$
\item $(\forall \epsilon>0)(\exists \delta>0)(\forall x\in \mathbb{R}) \big((0<|x-1|<\delta)\Rightarrow(|x-3|<\epsilon)\big)$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{enumerate}
\item $(\exists x,y \in \R)(x^2 + y^2 \leq 0)$,
\item $(\exists x \in \R)(\forall y \in \N)( (y > x) \vee (y+1 \leq x) )$,
\item $(\exists \varepsilon >0)(\forall \delta >0)(\exists x \in \R)(0 < |x-1| < \delta \wedge |x-3| \geq \varepsilon)$
\end{enumerate}
Žádný z výroků neplatí
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Žádný z výroků neplatí.
\begin{itemize}
\item $(\exists x,y \in \R)(x^2 + y^2 \leq 0)$, platí negace pro $x = y = 0$
\item $(\exists x \in \R)(\forall y \in \N)( (y > x) \vee (y+1 \leq x) )$, platí negace pro například $x = -1$. Nebo si stačí uvědomit, že $y$ je přirozené číslo, takže pokud zvolíme $x <1$ pak výrok $(y \leq x)$ nebude platit nikdy, a musí tedy platit jeho negace.
\item $(\exists \varepsilon >0)(\forall \delta >0)(\exists x \in \R)(0 < |x-1| < \delta \wedge |x-3| \geq \varepsilon)$
\end{itemize}
Dokázat negaci třetího výroku je obtížnější. Zkusme např. $\varepsilon = 1$. Výrok přejde na tvar
$$
(\forall \delta > 0)(\exists x \in \mathbb{R})(0 < |x-1 | < \delta \wedge |x-3| \geq 1).
$$
Důležité je uvědomit si geometrický význam absolutní hodnoty, viz obrázek \ref{fig:tyden2.11}. Obecně pro $a,b,c \in \mathbb{R}$ výraz $|a-b| > c$ znamená, že číslo $a$ je od $b$ zdáleno o více než o $c$. V našem případě máme $|x-3| \geq 1$, tedy číslo $x$ musí být od $3$ vzdáleno alespoň o $1$. Lze tedy psát
\begin{align*}
|x-3| \geq 1 \Leftrightarrow x \in (-\infty,2\rangle \cup \langle4,+\infty).
\end{align*}
Výrok tedy můžeme přepsat na
\begin{align*}
(\forall \delta > 0)(\exists x \in \mathbb{R})(0 < |x-1 | < \delta \wedge
x \in (-\infty,2 \rangle \cup \langle 4,+\infty))
\end{align*}
či na
\begin{align*}
(\forall \delta > 0)(\exists x \in (-\infty,2 \rangle \cup \langle 4,+\infty))(0 < |x-1 | < \delta ).
\end{align*}
Nyní již přejdeme k volbě $x$. Nepřítel předhodí libovolné $\delta >0$. V závislosti na $\delta$ volíme:
\begin{align*}
x = \begin{cases}
1+\frac{\delta}{2} & \text{pro } \delta \leq 2, \\
-1 & \text{pro } \delta > 2
\end{cases}.
\end{align*}
Nyní ověříme, zda jsme volili dobře. V první volbě máme
\begin{align*}
|x-1| = |1+\frac{\delta}{2} - 1| = \frac{\delta}{2}.
\end{align*}
A jistě platí, že $0 < \frac{\delta}{2} < \delta$. Zároveň, pro $\delta \leq 2$, také platí, že $x = 1+\frac{\delta}{2} \leq 1 + \frac{2}{2} = 2$, a tedy $x \leq 2$. Číslo $x$ je tedy v intervalu $(-\infty,2 \rangle \cup \langle 4,+\infty)$.
\\
Druhý případ, kdy $\delta > 2$, je jednoduchý, jelikož $x$ již nezávisí na $\delta$. Jistě $x = -1$ leží v intervalu $(-\infty,2\rangle $, stačí tedy ověřit, že
$0 < |x-1| < \delta$. Dostáváme
\begin{align*}
0 < |x-1| = |-1-1| = |-2| = 2 < \delta.
\end{align*}
\begin{figure}[H]\caption{Geometrický význam třetího výroku v příkladu 11. Z obrázku je patrné, že lze volit $\varepsilon \in (0,2)$, neboť pro taková zůstane bod $ x = 3-\varepsilon$ napravo od $1$.} \label{fig:tyden2.11}
\begin{center}
\includegraphics[scale = 0.7]{tyden2_11.png}
\end{center}
\end{figure}
\end{postup}
}
\end{pr}
%===============
\begin{pr}
Zapište pomocí kvantifikátorů následující výrok a jeho negaci; vyšetřete pravdivost obou výroků: \uv{Každá kvadratická rovnice s reálnými koeficienty má kladné řešení.}
\\
\tagged{teach}{
\begin{res}
výrok: $ (\forall a,b,c \in \mathbb{R}, \, a \neq 0) (\exists x \in \mathbb{R}, \, x>0) (ax^2+bx+c = 0)$, negace: $(\exists a,b,c \in \mathbb{R}, \, a \neq 0) (\forall x \in \mathbb{R}, \, x>0) (ax^2+bx+c \neq 0)$, negace je pravdivý výrok
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
(\forall a,b,c \in \mathbb{R}, \, a \neq 0) (\exists x \in \mathbb{R}, \, x>0) (ax^2+bx+c = 0),\\
(\exists a,b,c \in \mathbb{R}, \, a \neq 0) (\forall x \in \mathbb{R}, \, x>0) (ax^2+bx+c \neq 0)).
\end{align*}
Platí negace. Například pro $a=1$, $b=0$ a $c = 1$, což vede na komplexní kořeny. Nebo jiný příklad $(x+1)^2 = x^2 + 2x +1 =0$, který má jediný dvojnásobný kořen $x = -1 <0$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zapište pomocí kvantifikátorů následující výrok a jeho negaci; výrok dokažte: \uv{Pro každé celé číslo $n$ platí, že pokud $n^2$ je liché, potom $n$ je rovněž liché.}
\tagged{teach}{
\begin{res}
výrok: $
(\forall n \in \mathbb{Z}, \, 2 \nmid n^2 ) (2 \nmid n)
$, negace: $(\exists n \in \mathbb{Z}, \, 2 \nmid n^2 ) (2 | n)).$
\end{res}
}
\\
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
(\forall n \in \mathbb{Z}, \, 2 \nmid n^2 ) (2 \nmid n),\\
(\exists n \in \mathbb{Z}, \, 2 \nmid n^2 ) (2 | n))
\end{align*}
Platí původní výrok. Důkaz sporem: \\
Nechť $n^2$ je liché. Číslo $n^2$ si můžeme napsat jako $n^2 = n\cdot n$. Jelikož součin dvou sudých čísel je sudý ($m=2k \Rightarrow m^2 = 4k^2 = 2(2k^2) \Rightarrow m^2$ je sudé), musí být $n$ liché, aby $n\cdot n$ bylo liché, což je spor.
\end{postup}
}
\end{pr}
%============
\begin{pr}
Slovně napište následující výroky zapsané pomocí kvantifikátorů a rozhodněte o jejich pravdivosti:
\begin{enumerate}
\item $(\forall x \in \R) (\exists y \in \R) (x>y)$
\item $(\exists x \in \R) (\forall y \in \R) (x>y)$
\item $(\forall a \in \R)(\forall b \in\R) \Big((a+b=1) \Rightarrow \big((a\ge \frac{1}{2}) \vee (b\ge \frac{1}{2})\big)\Big)$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{enumerate}
\item Neexistuje nejmenší reálné číslo. Pravdivé.
\item Existuje ostře největší reálné číslo. Nepravdivé.
\item Pro každou dvojici reálných čísel, které se v součtu rovnají jedné, musí být alespoň jedno z nich větší nebo rovno jedné polovině. Pravdivé.
\end{enumerate}
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro bod 3.: Znegujeme výrok
$$
(\exists a \in \R)(\exists b \in\R) \left( (a+b=1) \wedge (a< \frac{1}{2}) \wedge( b< \frac{1}{2}) \right).
$$
Máme tedy
$$
a+b < \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1.
$$
Negace neplatí. Musí tedy platit původní výrok.
\end{postup}
}
\end{pr}
%\newpage
\subsection{Důkazy: přímý, sporem a indukce}
\begin{pr}
Dokažte, že:
\begin{enumerate}
\item pro $\forall n \in \mathbb{N}$ platí: je-li $n^2$ dělitelné $9$, potom $n$ je dělitelné $3$.
\item pro $\forall x,y \in \mathbb{R}, x,y > 0$, platí AG nerovnost:
$$ \frac{x+y}{2} \geq \sqrt{xy}.$$
\end{enumerate}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item Jelikož $n^2$ je dělitelné 9, pak je jistě dělitelné třemi. Stačí tady ukázat, že platí $3 | n^2 \Rightarrow 3 | n$. Dokážeme obměnou, tj. $3 \nmid n \Rightarrow 3 \nmid n^2$. Nechť $n\in \N$ a předpokládáme $3 \nmid n$. Pak $n$ lze napsat jedním ze dvou způsobů:
$$
n=3k+1, \quad n = 3k+2.
$$
Pokud $n = 3k+1$, pak $n^2 = 9k^2 + 6k + 1 = 3(3k^2+2k) +1$, a tedy jistě není dělitelné třemi. V posledním případě $n = 3k + 2$, pak $n^2 = 9k^2 + 12k + 4 = 3 (3k^2 + 4k + 1) +1$ a opět není dělitelné 3. Důkaz je hotov.
\item $0 \leq (x-y)^2 = x^2 - 2xy + y^2 = x^2 +2xy + y^2 -4xy = (x+y)^2 -4xy \Rightarrow \frac{(x+y)^2}{4} \geq xy$.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Ukažte, že množina všech prvočísel je nekonečná.
\tagged{complete}{(Při té příležitosti zopakujte, co jsou prvočísla a prvočíselný rozklad.)}
\\
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Budeme postupovat sporem. Pro spor předpokládejme, že prvočísel je konečně mnoho a označme množinu všech prvočísel
\begin{align*}
P = \{p_1,p_2,\dots,p_r\},
\end{align*}
kde $p_i$ pro $i =1,...,r$ je prvočíslo. Definujme nyní číslo $x$ vztahem
\begin{align*} \label{definiceX}
x = p_1p_2p_3\dots p_r +1.
\end{align*}
Číslo $x$ je jistě celé kladné číslo a existuje tedy jeho prvočíselný rozklad, který je jednoznačný. Nechť $x$ má v prvočíselném rozkladu prvočíslo $y$, pak platí $y|x$. Jelikož množina P obsahuje všechna prvočísla, musí pro nějaké $j \in \hat{r}$ platit, že $y = p_j$. Triviálně $p_j | p_1p_2\dots p_r$. Celkem tedy
\begin{align*}
p_j | x \quad \text{a zároveň} \quad p_j |p_1p_2\dots p_r.
\end{align*}
Jednoduše z definic lze dokázat, že platí výrok
\begin{align*}
\left( a|b \wedge a|c \right) \Rightarrow a|(b-c),
\end{align*}
tudíž
\begin{align*}
p_j | (x-p_1p_2\dots p_r).
\end{align*}
Ale $x-p_1p_2\dots p_r = 1$. Předchozí vztah tedy říká, že $p_j | 1$ což je spor, jelikož jedničku nic nedělí.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že neexistuje nejmenší kladné racionální číslo.
\tagged{complete}{(Při té příležitosti raději zopakujte, co je racionální číslo\ldots)}
\\
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Budeme postupovat sporem. Nechť existuje nejmenší kladné racionální číslo $x$. Jelikož $x$ je racionální, musí existovat $p,q \in N$ nesoudělné tak, že $x = \frac{p}{q}$. Definujme číslo $y = \frac{p}{q+1}$. Číslo $y$ je jistě racionální, přičemž platí $0 < y < x $. Což je spor s předpokladem, že $x$ je nejmenší.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že $\sqrt{2}$ není racionální číslo (tj. nelze jej zapsat jako zlomek $\frac{p}{q}$, kde $p \in \mathbb{Z}$ a $q \in \mathbb{N}$ jsou nesoudělná).
\\
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Budeme postupovat sporem. Nechť existují $p\in \Z$ a $q\in \N$ splňující $\sqrt{2} = \frac{p}{q}$. Umocněním této rovnice dostáváme $2 = \frac{p^2}{q^2}$, tedy $p^2 = 2q^2$. Číslo $p^2$ je tedy sudé, a proto takové musí být i číslo $p$. Napíšeme ho ve tvaru $p = 2k$. Zpětným dosazením dostaneme rovnici
$$
2 = \frac{(2k)^2}{q^2},
$$
ze které vidíme $q^2 = 2k^2$. Číslo $q^2$, a tedy i $q$ je opět sudé. Což je ovšem spor s nesoudělností čísel $p,q$ (obě jsou sudá, takže jsou určitě soudělná alespoň číslem 2).
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že pro všechna $x \in \mathbb{R}$ platí:
$$ \sin{x} + \cos x \neq 1{,}5. $$
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Sporem. Nechť existuje $x \in \R$ splňující $\sin x + \cos x = 1{,}5$. Umocněním této rovnice a použitím vzorce $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$ dostáváme
$$
1 + 2\sin x \cos x = 2,25 \Leftrightarrow \sin 2x = 1{,}25.
$$
Předchozí rovnost neplatí pro žádné $x\in\R$, což je spor.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že pro libovolné $n\in\N,\, n\geq 2$, platí nerovnost
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}>\sqrt{n}.$$
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Dokážeme matematickou indukcí:
\begin{itemize}
\item $n=2 :$ Máme ukázat, že $1+ \frac{1}{\sqrt{2}} > \sqrt{2}$. Umocněním dostaneme
$$
1+\frac{2}{\sqrt{2}} + \frac{1}{2} > 2 \Leftrightarrow \frac{2\sqrt{2}}{2} > \frac{1}{2} \Leftrightarrow 2\sqrt{2} > 1,
$$
což zjevně platí.
\item $n \to n+1$: Předpokládáme, že vztah platí pro $n$, a chceme ukázat, že platí i pro $n+1$, tj. chceme ukázat, že platí
$$
\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{\sqrt{k}}>\sqrt{n+1}.
$$
Začneme od levé strany. S využitím IP dostáváme:
$$
\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{\sqrt{k}} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} > \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} = \frac{\sqrt{n}(n+1) + \sqrt{n+1}}{n+1}
$$
Nyní stačí ukázat $\frac{\sqrt{n}(n+1) + \sqrt{n+1}}{n+1} > \sqrt{n+1}$. Po úpravách zjistíme, že nerovnost platí:
\begin{align*}
\frac{\sqrt{n}(n+1) + \sqrt{n+1}}{n+1} > \sqrt{n+1}
&\Leftrightarrow
\sqrt{n}(n+1) + \sqrt{n+1} > (n+1)^{3/2} \\
&\Leftrightarrow
\sqrt{n}\sqrt{n+1} + 1 > n+1 \\
&\Leftrightarrow
\sqrt{n}\sqrt{n+1} > n \\
&\Leftrightarrow
n(n+1) > n^2 \\
&\Leftrightarrow
n > 0.
\end{align*}
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že pro libovolné $n\in\N$ platí nerovnost
$$\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}\leq\frac{1}{\sqrt{2n+1}}.$$
\tagged{teach}{(Pozn.: Slabší odhad s pravou stranou $1/\sqrt{n}$ nelze pro slabost indukčního předpokladu přímo dokázat matematickou indukcí!)}
\\
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Budeme postupovat matematickou indukcí:
\begin{itemize}
\item $n = 1$: Máme ukázat $ \frac{2-1}{2} \leq \frac{1}{\sqrt{2+1}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} \leq \frac{\sqrt{3}}{3} \Leftrightarrow \frac{1}{4} \leq \frac{3}{9} \Leftrightarrow 9\leq 12 $, což platí.
\item $n\to n+1$. Vyjdeme z levé strany pro $n+1$ a budeme odhadovat:
$$
\prod_{k=1}^{n+1}\frac{2k-1}{2k}
= \frac{2(n+1)-1}{2(n+1)}\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}
= \frac{2n+1}{2n+2}\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k}
\leq \frac{2n+1}{2n+2} \frac{1}{\sqrt{2n+1}} = \frac{\sqrt{2n+1}}{2n+2}.
$$
Stačí ukázat, že $\frac{\sqrt{2n+1}}{2n+2} \leq \frac{1}{\sqrt{2(n+1)+1}}$. Úpravami dostaneme
\begin{align*}
\frac{\sqrt{2n+1}}{2n+2} \leq \frac{1}{\sqrt{2(n+1)+1}}
&\Leftrightarrow
\sqrt{2n+1} \sqrt{2n+3} \leq 2n+2 \\
&\Leftrightarrow
(2n+1)(2n+3) \leq 4n^2 + 8n + 4 \\
&\Leftrightarrow
4n^2 + 8 n + 3 \leq 4n^2 + 8n + 4 \\
&\Leftrightarrow
3 \leq 4.
\end{align*}
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
%\newpage
\subsection{Zobrazení, funkce, definiční obor, obor hodnot, zobrazení surjektivní, injektivní a bijektivní, skládání zobrazení}
\tagged{complete}{
\begin{pozn}
\begin{enumerate}
\item Definiční obor je braný jako ten maximální -- proto se pojem maximální ani nepoužívá.
\item Zápis $f: A \rightarrow B$ znamená striktně, že definiční obor je roven $A$ a obor hodnot je podmnožinou $B$.
\end{enumerate}
\end{pozn}
}
\begin{pr}
Definujme množiny $J=\{1,2\}$ a $H=\{3,4\}$. Vypište všechny podmnožiny $J\times H$, které definují zobrazení %$f\colon J\rightarrow H$.
\begin{enumerate}
\item $f\colon J\rightarrow H$
\item $f\colon (J)\rightarrow H$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{enumerate}
\item $\left\{ (1,3),(2,4) \right\}$, $\left\{ (1,4),(2,3) \right\}$, $\left\{ (1, 3),(2,3) \right\}$, $\left\{ (1, 4),(2,4) \right\}$
\item $\left\{ (1,3),(2,4) \right\}$, $\left\{ (1,4),(2,3) \right\}$, $\left\{ (1, 3),(2,3) \right\}$, $\left\{ (1, 4),(2,4) \right\}$, $\left\{ (1,3) \right\}$, $\left\{ (2,4) \right\}$, $\left\{ (2,3) \right\}$, $\left\{ (1,4) \right\}$
\end{enumerate}
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Jedinou podmínkou na podmnožinu $J\times H$ je, aby dva různé obrazy neměly stejné vzory. Zároveň v prvním případě definiční obor je roven právě $J$, tedy možné podmnožiny jsou
\begin{enumerate}
\item $\left\{ (1,3),(2,4) \right\}$, $\left\{ (1,4),(2,3) \right\}$, $\left\{ (1, 3),(2,3) \right\}$, $\left\{ (1, 4),(2,4) \right\}$
\item $\left\{ (1,3),(2,4) \right\}$, $\left\{ (1,4),(2,3) \right\}$, $\left\{ (1, 3),(2,3) \right\}$, $\left\{ (1, 4),(2,4) \right\}$, $\left\{ (1,3) \right\}$, $\left\{ (2,4) \right\}$, $\left\{ (2,3) \right\}$, $\left\{ (1,4) \right\}$
%\item $\emptyset$
\end{enumerate}
\begin{pozn}
Studentům vadí, že není jasné, zda se myslí zobrazení $f\colon J\rightarrow H$, což je zobrazení z celého $J$, nebo $f\colon (J)\rightarrow H$, což je zobrazení z podmnožin $J$.
\end{pozn}
% pozn: Pozeptat se Pošty jak je to tedy myšleno.
% \newline
% TS: myslím, že loni se to řešilo a Poštovo značení je dané instrukcemi na začátku sekce 2.3. Takže bych používal toto značení, potom bylo moje řešení špatné a zakomentoval jsem to tedy.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Určete definiční obory funkcí daných předpisem
$$f(x)=\ln(\sin(2x)),\quad g(x)=\log_2\log_3\log_4 x,\quad w(x)=(2x)!,\quad h(x)=\frac{\sqrt{x}}{\sin(\pi x)}.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$D_f= \bigcup_{k \in \Z}(0+k\pi, \pi/2+k\pi)$, $D_g = (4,+\infty)$, $D_w=\{k/2, k \in \Z_0^+\}$, $D_h=\R^+\setminus\N)$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item
Jedinou podmínkou na $D_f$ je $\sin 2x > 0$. Tato funce je $\pi$ periodická, proto ji stačí vyšetřit na intervalu $[0,\pi]$. Na tomto intervalu je $\sin 2x$ kladný pro $x\in (0,\frac{\pi}{2})$. Celkem $D_f= \bigcup_{k \in \Z}(0+k\pi, \frac{\pi}{2}+k\pi)$.
\item V případě funkce $g$ požadujeme splnění podmínek
\begin{align*}
&x > 0, \\
&\log_4 x > 0 \Leftrightarrow x > 1, \\
&\log_3\log_4 x > 0 \Leftrightarrow \log_4 x > 1 \Leftrightarrow x > 4.
\end{align*}
Průnikem podmínek dostaneme $D_g = (4,+\infty)$.
\item V případě funkce $w$ potřebujeme mít celá nezáporná čísla do faktoriálu. Proto $D_w=\{k/2, k \in \N_0\}$.
\item Poslední funkce vyžaduje splěnění dvou podmínek:
$$
x \geq 0 \wedge \sin(\pi x) \neq 0
$$
Jelikož $\sin(\pi x) = 0 \Leftrightarrow \pi x = k \pi, k \in \Z \Leftrightarrow x \in \Z$, pak $D_h=\R^+_0\setminus\Z = \R^+\setminus \N$
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Určete obory hodnot funkcí $f,\, g$ a $w$ z předchozí úlohy, tj.:
$$f(x)=\ln(\sin(2x)),\quad g(x)=\log_2\log_3\log_4 x,\quad w(x)=(2x)!.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$H_f = (-\infty, 0\rangle$, $H_g=\R$, %$H_w=\Z^+$ (Nemyslím si, že by $H_w = \Z^+$, například číslo $4$ do oboru hodnot nepatří. Obor hodnot by se tedy asi nejlépe zapsal jako
$H_w = \{k! | k \in \N\} $)
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item jelikož pro $x \in (0,\frac{\pi}{2})$ je $\sin(2x) \in (0,1\rangle$. Pak tedy $H_f = (-\infty,0\rangle$
\item tip: $H_g = \R$. Musíme tedy ukázat, že k libovolnému $y\in \R$ existuje $x \in D_g$, tak že $y = f(x) = \log_2 \log_3 \log_4 x$. Mocněním dostaneme $x = 4^{3^{2^y}}$. Jistě platí, že $x\in D_g$. Jinak zapsáno
$$
x = 4^{3^{2^y}} > 4^1 \Leftrightarrow 3^{2^y} > 1^0 = 3^0 \Leftrightarrow 2^y > 0,
$$
kde poslední nerovnost platí pro všechna $y \in \mathbb{R}$.
\item $H_w$
%= \mathbb{N}$ jelikož faktoriál je zobrazení $f: \mathbb{N}_0 \rightarrow \mathbb{N}$. V našem případě $w: \{k/2, k \in \N_0\} \rightarrow \mathbb{N}$
% \\ \\
% pozn(PG): ten faktoriál zobrazuje do $\N$, ale ne na $\N$. Po rozepsání pro obecné x si lze všimnout, že zobrazuje pouze do podmnožiny sudých přiro. čísel (vždy se násobí dvojkou). Nejlepší je asi napsat $ H_{w} = \{ w(x) | x \in D_{w} \} $ ?
.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte obory hodnot následujících funkcí:
\begin{enumerate}
\item $f(x)=x^2,\quad D_f=\langle -1,2)$
\item $f(x)=\log{x},\quad D_f=(10, 1000\rangle$
\item $f(x)=x+\lfloor 2x\rfloor,\quad D_f=\langle 0,1)$
\item $f(n)=n(-1)^n ,\quad n\in\N$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. $\langle0,4 )$, ii. $(1,3\rangle$, iii. $\langle 0,\frac{1}{2}) \cup \langle \frac{3}{2},2)$, iv. $\left\{ 2k | k \in \N \right\} \bigcup \left\{ -2k+1 | k \in \N \right\}$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Rozdělíme definiční obor na největší intervaly, na kterých můžeme invertovat vztah $f(x)=y$. Následně jej na těchto intervalech invertujeme. Platí $y=x^2 \, \Leftrightarrow \, x=-\sqrt{y}$ pro $x \in \langle -1 ,0)$ a $y=x^2 \, \Leftrightarrow \, x=\sqrt{y}$ pro $x \in \langle 0 ,2)$. Obor hodnot tedy získáme řešením soustavy nerovnic $-1 \leq -\sqrt{y} <0$, $0 \leq \sqrt{y} <2$.
\item Inverzí vztahu $f(x)=y$ dostaneme $\log x = y \, \Leftrightarrow \, x = 10^y$, kde $x \in (10, 1000\rangle$. Obor hodnot tedy získáme řešením soustavy nerovnic $10 < 10^y \leq 1000$.
\item Nejdříve předpis funkce zjednodušíme. Platí $f(x) = x$ pro $x \in \langle 0, 1/2)$ a $f(x) = x+1$ pro $x \in \langle 1/2, 1)$. Inverzí vztahu $f(x)=y$ dostaneme $x=y$ pro $x \in \langle 0, 1/2)$ a $x=y-1$ pro $x \in \langle 1/2, 1)$. Dále postupujeme stejně jako v předchozích případech.
% \item $x^2$ je spojitá funkce, sudá a rostoucí na kladné poloose, $H_f = \langle f(0),f(2) ) = \langle0,4 )$.
% \item $\log{x}$ je spojitá a rostoucí funce, proto $H_f = ( f(10),f(1000)\rangle = (1,3\rangle$.
% \item Graf této funce je zobrazen na obrázku \ref{fig:tyden2.1}. Výpočet rozdělíme na dva podintervaly
% \begin{itemize}
% \item $ x \in \langle 0,\frac{1}{2})$, kde $f(x) = x \Rightarrow f(x) \in \langle 0,\frac{1}{2})$
% \item $ x \in \langle \frac{1}{2},1)$, kde $f(x) = x+1 \Rightarrow f(x) \in \langle \frac{3}{2},2)$.
% \end{itemize}
% Z toho vidíme, že $H_f = \langle 0,\frac{1}{2}) \cup \langle \frac{3}{2},2)$.
\item Z předpisu funkce $f$ vidíme, že v oboru hodnot jsou záporná lichá čísla a kladná sudá čísla. To lze například zapsat $H_f = \left\{ 2k | k \in \N \right\} \bigcup \left\{ -2k+1 | k \in \N \right\}$.
\end{enumerate}
\begin{figure}[h]\caption{Grafy funkcí $f(x)=x^2$, $f(x)=\log x$, $f(x) = x+\lfloor 2x\rfloor$, $f(n)=(-1)^n n$. Pozor, graf funkce $f(n)=(-1)^n n$ jsou pouze diskrétní body a nikoliv po částech lineární funkce, která je vyzobrazena! Podobně je to s vertikálními čárami ve funkci $f(x) = x+\lfloor 2x\rfloor$, které nepatří do oboru hodnot této funkce (tyto křivky ani nelze popsat žádnou funkcí).} \label{fig:tyden2.1}
\begin{center}
\includegraphics[width=12cm]{grafy_funkci_MA1.png}
\end{center}
\end{figure}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nalezněte obory hodnot následujících funkcí:
\begin{enumerate}
\item $f(x)=(x+1)/(x^2+x+1),\quad D_f=\R$
\item $f(x)=(x+1)/(x^2+3x+1),\quad D_f=\R\setminus\{(-3\pm\sqrt{5})/2\}$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. $H_f = \langle -\frac{1}{3}, 1 \rangle$, ii. $H_f = \mathbb{R}$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Z definice oboru hodnot je $H_f = \lbrace y\in \R | (\exists x \in D_f \cap \R) ( f(x) = y \rbrace)$. Hledáme tedy $y \in \R$, pro která existuje řešení $ x \in D_f \cap \R $ rovnice $ f(x) = y$.
\begin{enumerate}
\item V tomto případě požadujeme, aby $ x \in D_f \cap \R = \R $. Rovnice $ y = f(x) $ je ve tvaru
$$
y = (x+1)/(x^2+x+1) \Leftrightarrow y x^2 + x(y-1) + y-1 = 0.
$$
Pro $y = 0$ je $x=-1 \in \R $. Pro $y \neq 0$ máme kvadratickou rovnici s diskriminantem
$$
D(y) = -3 y^2 + 2y + 1 = -3\left( y+ \frac{1}{3}\right)\left( y- 1\right).
$$
Aby řešení $ x $ patřilo do $ \R $, musí být diskriminant nezáporný. To je pro $y \in \langle -\frac{1}{3}, 1 \rangle$. Dostáváme tak $H_f = \langle -\frac{1}{3}, 1 \rangle$.
\item Zde požadujeme $ x \in \R \setminus\{ ( -3 \pm \sqrt{5} ) / 2 \} $. Rovnice $ y = f(x) $ má tvar
$$
y = (x+1)/(x^2+3x+1) \Leftrightarrow y x^2 + x(3y-1) + y-1 = 0.
$$
Pro $y = 0$ je $x=-1 \in D_f$. Pro $y \neq 0$ řešíme kvadratickou rovnici s diskriminantem
$$
D(y) = 5 y^2 - 2y + 1.
$$
Diskriminant splňuje $D(y) > 0$ pro všechna $y\in \R$. Řešení $x$ pro dané $ y \in \R $ však nemusí patřit do $D_f$. Taková $y$, pro která je $x = \frac{-3 \pm \sqrt{5} }{2}$, musíme vyloučit. Řešíme tedy
$$
x = x(y) = \frac{-(3y-1) \pm \sqrt{D(y)}}{2y} = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2} \Leftrightarrow 4y^2 -2y+1 = 0.
$$
Tato rovnice nemá reálné kořeny, a tudíž žádná $y$ nevyloučíme. Proto $H_f = \R $.
\end{enumerate}
Grafy funkcí $f$ zachycuje Obrázek \ref{fig:tyden2}.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\includegraphics[width=12cm]{tyden2.png}
\end{center}
\caption{Grafy funkcí $f(x)=(x+1)/(x^2+x+1)$ vlevo a $f(x)=(x+1)/(x^2+3x+1)$ vpravo.} \label{fig:tyden2}
\end{figure}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Určete obor hodnot funkce $f: \C \rightarrow \C$ definované vztahem
$$f(z) = z + 2\bar{z} + z\bar{z} + \im z.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
$H_f = \lbrace a+\im b | a,b \in \mathbb{R} \wedge -b^2-4b+ 2a+1 \geq 0 \rbrace$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Z definice $H_f = \lbrace w \in \C | (\exists z \in D_f \cap \C )( f(z) = w \rbrace)$. Napíšeme $z = x + \im y$ a $w=a+\im b$, kde $x,y,a,b \in \R$. Pak $ \bar{z} = x- \im y $. Po dosazení do rovnice $f(z) = w$ dostáváme
$$
w = f(z) \Leftrightarrow a + \im b = x^2 + y^2 + 3x- y +\im (x-y).
$$
Hledáme tedy $a,b \in \R $, pro která existují $x,y \in \R$ tak, že $ z = x+\im y \in D_f \cap \C $ a je splněna předcházející rovnice. Porovnáním reálných a imaginárních složek dostáváme nelineární soustavu dvou rovnic
\begin{align*}
x^2 + y^2 + 3x- y &= a, \\
x-y &= b.
\end{align*}
Po vyjádření $x = b + y $ z druhé rovnice a dosazení do první dostáváme
$$
2y^2 + 2y(b+1) + b^2 +3b-a = 0.
$$
Diskriminant je roven
$$
D = 4[(b+1)^2-2(b^2+3b-a)] = 4(-b^2-4b+ 2a+1).
$$
Požadavek na řešitelnost je, aby $D \geq 0$. Obor hodnot pak můžeme zapsat
$$
H_f = \lbrace a+\im b | a,b \in \mathbb{R} \wedge -b^2-4b+ 2a+1 \geq 0 \rbrace.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Buďte $f_1(x)=x^2,\, f_2(x)=2^x,\, f_3(x)=\sgn{x}$. Určete definiční obory a obory hodnot funkcí $f_i \circ f_j$, kde $i,j=1,2,3$, a napočítejte $ (f_i \circ f_j )(x)$.
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. $f_1(f_1(x)) = x^4 $, $ \quad D_{f_1 \circ f_1} = \R$, $ \quad H_{f_1 \circ f_1} = \R^+_0$, ii. $f_2(f_2(x)) = 2^{2^x}$, $ \quad D_{f_2 \circ f_2} = \R$, $ \quad H_{f_2 \circ f_2} = (1,+\infty )$, iii. $f_3(f_3(x)) = \sgn x $, $ \quad D_{f_3 \circ f_3} = \R$, $ \quad H_{f_3 \circ f_3} = \lsz 0,1,-1 \psz$, iv. $f_1(f_2(x)) = 2^{(2x)}$, $ \quad D_{f_1 \circ f_2} = \R$, $ \quad H_{f_1 \circ f_2} = \R^+$, v. $f_2(f_1(x)) = 2^{x^2}$, $ \quad D_{f_2 \circ f_1} = \R$, $ \quad H_{f_2 \circ f_1} = \langle 1,+\infty)$, vi. $f_1(f_3(x)) = (\sgn(x))^2$, $ \quad D_{f_1 \circ f_3} = \R$, $ \quad H_{f_1 \circ f_3} = \lsz 0,1 \psz$, vii. $f_3(f_1(x)) = \sgn(x^2)$, $ \quad D_{f_3 \circ f_1} = \R$, $ \quad H_{f_3 \circ f_1} = \lsz 0,1 \psz$, viii. $f_2(f_3(x)) = 2^{\sgn x}$, $ \quad D_{f_2 \circ f_3} = \R$, $ \quad H_{f_2 \circ f_3} = \lsz 1, 2, \frac{1}{2} \psz$, ix. $f_3(f_2(x)) = \sgn(2^x)$, $ \quad D_{f_3 \circ f_2} = \R$, $ \quad H_{f_3 \circ f_2} = \lsz 1 \psz$.
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item $f_1(f_1(x)) = (x^2)^2 = x^4 $, $ \quad D_{f_1 \circ f_1} = \R$, $ \quad H_{f_1 \circ f_1} = \R^+_0$,
\item $f_2(f_2(x)) = 2^{2^x}$, $ \quad D_{f_2 \circ f_2} = \R$, $ \quad H_{f_2 \circ f_2} = (1,+\infty )$,
\item $f_3(f_3(x)) = \sgn(\sgn(x)) =\sgn x $, $ \quad D_{f_3 \circ f_3} = \R$, $ \quad H_{f_3 \circ f_3} = \lsz 0,1,-1 \psz$,
\item $f_1(f_2(x)) = \left(2^x\right)^2 = 2^{(2x)}$, $ \quad D_{f_1 \circ f_2} = \R$, $ \quad H_{f_1 \circ f_2} = \R^+$,
\item $f_2(f_1(x)) = 2^{x^2}$, $ \quad D_{f_2 \circ f_1} = \R$, $ \quad H_{f_2 \circ f_1} = \langle 1,+\infty)$,
\item $f_1(f_3(x)) = (\sgn(x))^2$, $ \quad D_{f_1 \circ f_3} = \R$, $ \quad H_{f_1 \circ f_3} = \lsz 0,1 \psz$,
\item $f_3(f_1(x)) = \sgn(x^2)$, $ \quad D_{f_3 \circ f_1} = \R$, $ \quad H_{f_3 \circ f_1} = \lsz 0,1 \psz$,
\item $f_2(f_3(x)) = 2^{\sgn x}$, $ \quad D_{f_2 \circ f_3} = \R$, $ \quad H_{f_2 \circ f_3} = \lsz 1, 2, \frac{1}{2} \psz$,
\item $f_3(f_2(x)) = \sgn(2^x)$, $ \quad D_{f_3 \circ f_2} = \R$, $ \quad H_{f_3 \circ f_2} = \lsz 1 \psz$,
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zapište pomocí kvantifikátorů, že zobrazení $h$ je injektivní, resp. M-surjektivní, resp. bijektivní.
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{itemize}
\item injektivita: $(\forall x,y \in D_h)(h(x) = h(y) \Rightarrow x = y)$,
\item M-surjektivita: $(\forall y \in M)(\exists x \in D_h)(h(x) = y)$,
\item bijektivita: $(\forall y \in M)(\exists_1 x \in D_h)(h(x) = y)$.
\end{itemize}
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item injektivita: $(\forall x,y \in D_h)(h(x) = h(y) \Rightarrow x = y)$,
\item M-surjektivita: $(\forall y \in M)(\exists x \in D_h)(h(x) = y)$,
\item bijektivita: $(\forall y \in M)(\exists_1 x \in D_h)(h(x) = y)$.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nechť zobrazení $f: (\mathbb{R}) \rightarrow \mathbb{R}$ je definováno vztahem $f(x) = \frac{x+1}{x-1}$. Určete
\begin{enumerate}
\item $D_f$ a $H_f$,
\item $f^{-1}(M)$ pro $M= (2,3)$
\item $f(N)$ pro $N=\left\langle 3,4 \right\rangle$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$D_f = \mathbb{R}\setminus{\{1\}}$, $H_f = \mathbb{R}\setminus{\{1\}}$, $f^{-1}(M) = M$, $f(N) = \langle \frac{5}{3}, 2 \rangle$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item
$D_f = \mathbb{R}\setminus{\{1\}}.$ Obor hodnot: budeme hledat, pro jaká $y$ má rovnice $\frac{x+1}{x-1} = y$ řešení. Jednoduchou úpravou získáme rovnici
$$
x(1-y) = -1-y.
$$
Tato rovnice má řešení pro všechna $y \in \R \setminus \{1\}$, a tedy $H_f = \R \setminus \{1\}$.
\item Z definice vzoru $f^{-1}(M) = \lbrace x \in D_f | 2 < \frac{x+1}{x-1} < 3 \rbrace$ musíme vyřešit dvě nerovnice:
\begin{align*}
2 < \frac{x+1}{x-1}, \quad \frac{x+1}{x-1} < 3.
\end{align*}
V závislosti na tom, zda $x-1>0$ nebo $x-1<0$ se jedná se o průnik intervalů $(1,3)$ a $(-\infty, 1)\cup (2, \infty)$, tj. $(2,3)$. Vzor je proto $f^{-1}(M) = (2,3) = M$.
\item V definici obrazu $ f(N) = \lbrace y \in \mathbb{R} |(\exists x \in N)( f(x) = y) \rbrace$ si ze vztahu $\frac{x+1}{x-1} = y$ vyjádříme $x$ a dostaneme $\frac{y+1}{y-1} = x$. Má platit, že $ x \in N = \left\langle 3,4 \right\rangle$, což opět vede na soustavu dvou nerovnic:
\begin{align*}
3 \leq \frac{y+1}{y-1}, \quad \frac{y+1}{y-1} \leq 4.
\end{align*}
Výsledkem je interval $\left\langle \frac{5}{3}, 2 \right\rangle$ a tedy $ f(N) =\left\langle \frac{5}{3}, 2 \right\rangle $.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
