Součásti dokumentu MAN1priklady
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN1priklady}
\setcounter{section}{2}
\section{Třetí týden}
\subsection{Zobrazení, funkce, definiční obor, obor hodnot, zobrazení $M$-surjektivní, injektivní a bijektivní, skládání zobrazení}
\tagged{complete}{
\begin{pozn}
Pro $f:A\to B$ a $M$ množinu je zobrazení $M$-surjektivní (nebo-li na $M$), pokud $M \subset H_f$. Tedy samostatný pojem \uv{surjektivní} definován není. Podobně \uv{$M$-bijektivní} vs. bijektivní.
\end{pozn}
}
\begin{pr}
Volte vhodný definiční obor $D_f\subset\R$ pro funkci $f:D_f\rightarrow \langle -1,1\rangle$ danou předpisem $f(x)=\sin{x}$ tak, aby byla
\begin{enumerate}
\item $\langle -1,1 \rangle$-surjektivní a současně neinjektivní,
\item injektivní a současně nebyla $\langle -1,1 \rangle$-surjektivní,
\item $\langle -1,1 \rangle$-bijektivní,
\item neinjektivní ani nebyla $\langle -1,1 \rangle$-surjektivní.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}například: i. $D_f = \R$, ii. $D_f = (-\pi /2, \pi /2 )$, iii. $D_f = \langle -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\rangle$, iv. $D_f = \langle 0,\pi \rangle $\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Možná řešení jsou například
\begin{enumerate}
\item $D_f = \R$,
\item $D_f = (-\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} )$,
\item $D_f = \langle -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \rangle $,
\item $D_f = \langle 0,\pi \rangle$.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Najděte inverzní funkci k funkci
$$f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}$$
na jejím definičním oboru. Jakou podmínku musí splňovat koeficienty $a,b,c,d$, aby inverze existovala?
\tagged{teach}{\begin{res}
$ f^{-1}(y) = \frac{yd - b}{a-yc}$. Podmínka pro existenci inverze je $ad \neq bc$.
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Inverzní funkci získáme z výrazu $\frac{ax+b}{cx+d} = y$ vyřešením pro $x$. Platí
$$
ax + b = y(cx + d) \Leftrightarrow x(a-yc) = yd-b \Leftrightarrow x = \frac{yd - b}{a-yc} =: f^{-1}(y).
$$
Pro definiční obor $D_{f^{-1}} = \R \setminus \lsz \frac{a}{c} \psz$.
Inverze neexistuje pokud $f$ není prostá. To nastane, pokud
$$
(\exists x_1,x_2 \in D_f, x_1 \neq x_2)( f(x_1) = f(x_2)).
$$
Úpravou rovnice $f(x_1) = f(x_2)$ dostaneme
\begin{align*}
f(x_1) = f(x_2) \Leftrightarrow
(ax_1 + b)(cx_2+d) = (ax_2 + b)(cx_1+d) \Leftrightarrow \\
0 = ad(x_2-x_1) + bc(x1-x_2) \Leftrightarrow
0 = (x_1-x_2)(bc-ad).
\end{align*}
Funkce $f$ tedy je prostá právě tehdy, když platí $bc \neq ad$.
% Rozdělíme na dva případy podle parametru $c$:
% \begin{itemize}
% \item $c = 0$: pak $f(x) = \frac{a}{d} x + \frac{b}{d}$
% \begin{enumerate}
% \item $a \neq 0$: pak máme lineární funkci a $ f^{-1}(y) = \left(y-\frac{b}{a}\right) \frac{d}{a}$
% \item $a = 0$: pak $f$ je konstantní funkce a inverze neexistuje
% \end{enumerate}
% \item $c \neq 0$ : pak f je lineární lomená funkce. Hedáme předpis pro $x$ jako funkci $y$, tj. $x = f^{-1}(y)$. Inverzní funkci získáme z výrazu $\frac{ax+b}{cx+d} = y$ vyřešením pro $x$. Úpravou
% $$
% ax + b = y(cx + d) \Leftrightarrow x(a-yc) = yd-b \Leftrightarrow x = \frac{yd - b}{a-yc} =: f^{-1}(y).
% $$
% Pro definiční obor $D_{f^{-1}} = \R \setminus \lsz \frac{a}{c} \psz$.
% \end{itemize}
% Inverze tedy existuje, je-li $f$ lineání nebo lineární lomená funkce. Inverze neexistuje pokud je $f$ konstantní funkce. To nastane, pokud
% \begin{align*}
% (\forall x_1,x_2 \in D_f)( f(x_1) = f(x_2)) \Leftrightarrow
% (ax_1 + b)(cx_2+d) = (ax_2 + b)(cx_1+d) \Leftrightarrow \\
% 0 = ad(x_2-x_1) + bc(x1-x_2) \Leftrightarrow
% 0 = (x_1-x_2)(bc-ad) \Leftrightarrow
% bc = ad,
% \end{align*}
% kde poslední ekvivalence plyne z toho, že výraz $0 = (x_1-x_2)(bc-ad)$ musí platit pro každou dvojici $ x_1,x_2 \in D_f $.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nechť zobrazení $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ je definováno vztahem $f(x) = \frac{x}{x^2+1}$.
\begin{enumerate}
\item Určete $H_f$ a obor hodnot restrikce $f|_{\left\langle 1 , + \infty \right)}$.
\item Vyšetřete injektivitu zobrazení $f$ i injektivitu restrikce $f|_{\left\langle 1 , + \infty \right)}$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}
$
H_f = \left\langle - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right\rangle, \ \text{$f$ není injektivní, restrikce ano}, H_{f|_{\left\langle 1 , + \infty \right)}} = \left( 0, \frac{1}{2} \right\rangle
$
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Opět budeme zkoumat množinu $y\in \R$, pro která existuje řešení rovnice
$$
\frac{x}{x^2+1} = y.
$$
Hledáme tak všechna možná $y$, která získáme pokud $x\in\R$. Rovnici upravíme na tvar
$$
0 = yx^2 - x + y
$$
a její řešení rozdělíme na dva případy:
\begin{itemize}
\item $y = 0:$ pak rovnice přejde na tvar $0 = -x \in D_f$ a tedy $y = 0 \in H_f$,
\item $y \neq 0: $ kvadratická rovnice má reálná řešení, pokud $D = 1 - 4y^2 \geq 0$, tj. $|y| \leq \frac{1}{2}$.
\end{itemize}
Celkem tedy $H_f = \langle-\frac{1}{2},\frac{1}{2} \rangle$.
V případě restrikce musíme ještě ověřit, zda řešení předcházející rovnice nemá řešení mimo definiční obor, tj. musí platit $ x \in \langle 1, + \infty )$. Aby řešení bylo v definičním oboru, požadujeme, aby platilo
$$
x_{1} = \frac{1 + \sqrt{1-4y^2}}{2y} \geq 1 \ \text{nebo} \ x_{2} = \frac{1 - \sqrt{1-4y^2}}{2y} \geq 1.
$$
\\
Řešení nerovnice rozdělíme na dvě části. Nezapomeňme, že v tomto případě jsme vyloučili hodnotu $y=0$, jíž odpovídá $x = 0$, které nepatří do definičního oboru restrikce.
\begin{itemize}
\item $y > 0:$
Jelikož víme, že $H_{f|_{\left\langle 1 , + \infty \right)}} \subset H_f$, pak $y \in (0,\frac{1}{2}\rangle $. Dostáváme nerovnici
$$
\pm \sqrt{1-4y^2} \geq 2y -1.
$$
\begin{itemize}
\item[] $\ominus:$
Nerovnice $-\sqrt{1-4y^2} \geq 2y-1 $ přejde na $\sqrt{1-4y^2} \leq 1-2y $. Nerovnici lze umocnit, neb pro $y \in (0,\frac{1}{2}\rangle $ se na obou stranách vyskytují nezáporná čísla
$$
1 - 4y^2 \leq 1 + 4y^2 - 4y \Leftrightarrow 0 \leq y (2y-1) \Leftrightarrow y \geq \frac{1}{2}.
$$
Nerovnice je tedy splněna pouze pro $y = \frac{1}{2}$.
\\
\item[] $\oplus:$
Nerovnice $\sqrt{1-4y^2} \geq 2y-1$ je splněna vždy, neboť pro $y \in (0,\frac{1}{2}\rangle $ je na levé straně vždy nezáporné číslo a na pravé straně vždy nekladné číslo.
\end{itemize}
\item $y < 0:$
Jelikož víme, že $ H_{f|_{\left\langle 1 , + \infty \right)}} \subset H_f $, pak $ y \in \langle -\frac{1}{2}, 0) $. Dostáváme nerovnici
$$
\pm \sqrt{1-4y^2} \leq 2y -1
$$
\begin{itemize}
\item[] $\ominus:$
Nerovnice $-\sqrt{1-4y^2} \leq 2y-1 $ přejde na $\sqrt{1-4y^2} \geq 1-2y $. Nerovnici umocníme, neb pro $ y \in \langle -\frac{1}{2}, 0) $ se na obou stranách vyskytují nezáporná čísla. Dostaneme
$$
1 - 4y^2 \geq 1 + 4y^2 - 4y \Leftrightarrow 0 \geq y (2y-1).
$$
Vzhledem k podmínce $y < 0$ tato nerovnice nemá řešení.
\\
\item[] $\oplus:$
Nerovnice $\sqrt{1-4y^2} \leq 2y -1 $ nemá řešení, neboť pro $ y \in \langle -\frac{1}{2}, 0) $ je na levé straně vždy nezáporné číslo a na pravé straně vždy záporné číslo.
\end{itemize}
\end{itemize}
Řešení nerovnice existuje pouze pro $(0,\frac{1}{2}\rangle$, jelikož pro taková $y$ \textbf{všechna} $x$ z kvadratické rovnice splňují podmínku $x\geq 1$. Můžeme psát $ H_{f|_{\langle 1,+\infty)}} = (0,\frac{1}{2}\rangle $. Nula tam nepatří. Její vzor je 0, která není v definičním oboru.
Nyní přejdeme k vyšetření injektivity. Funkce $f$ není injektivní, pokud
$$
(\exists x_1,x_2 \in D_f, x_1 \neq x_2 )(f(x_1) = f(x_2)).
$$
Úpravami dostaneme
\begin{align*}
f(x_1) = f(x_2) &\Leftrightarrow \frac{x_1}{x_1^2+1} = \frac{x_2}{x_2^2+1}\\ &\Leftrightarrow x_1(x_2^2+1) = x_2(x_1^2+1)\\ &\Leftrightarrow 0 = (x_1-x_2)(x_2x_1-1)\\ &\Leftrightarrow x_1 = x_2 \vee x_2x_1 = 1
\end{align*}
Původní funkce tedy \textbf{není} injektivní, můžeme volit například $x_1 = \frac{1}{2}$ a $x_2 = 2$. Její restrikce už injektivní \textbf{je}, jelikož v definičním oboru jsou $x \geq 1$ a pro ty již druhá podmínka nikdy platit nebude (platila by pouze pro $x_1 = x_2 = 1$ ale rovnost je vyloučena). Proto
\begin{align*}
H_f = \left\langle - \frac{1}{2}, \frac{1}{2} \right\rangle, H_{f|_{\left\langle 1 , + \infty \right)}} = \left( 0, \frac{1}{2} \right\rangle, \quad \text{$f$ není injektivní, restrikce ano.}
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nechť zobrazení $f: (1,2) \rightarrow \left\langle 0, 2 \right\rangle$ je definováno vztahem $f(x) = \sqrt{x(x-1)}$ a zobrazení $g: \mathbb{N} \times \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ vztahem $g(m,n) = m \cdot n$. Vyšetřete u funkcí $f$ a $g$, zda jsou
\begin{enumerate}
\item injektivní,
\item $\langle 0,2\rangle$-surjektivní (u funkce $f$), resp $\N$-surjektivní (u funkce $g$).
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}
$f$ je injektivní, není $\langle 0,2\rangle$-surjektivní; $g$ není injektivní, je $\N$-surjektivní.
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item[$\ast$] Funkce $h$ je injektivní, pokud $(\forall x_1,x_2 \in D_h )(h(x_1) = h(x_2) \Rightarrow x_1 = x_2).$
\item[$\ast$] Funkce $h$ je M-surjektivní, pokud $(\forall y \in M)(\exists x \in D_h)(y = h(x)).$
\end{itemize}
\begin{itemize}
\item Funkce $f$:
\begin{enumerate}
\item injektivita:
$$
\begin{aligned}
\sqrt{x_1(x_1-1)} = \sqrt{x_2(x_2-1)} & \Leftrightarrow x_1(x_1-1) = x_2(x_2-1) \\
&\Leftrightarrow x_1^2-x_2^2 +x_2-x_1 = 0 \\
&\Leftrightarrow (x_1-x_2)(x_1+x_2) + (x_2-x_1) = 0 \\
&\Leftrightarrow (x_1-x_2)(x_1+x_2-1) = 0 \\
& \Leftrightarrow x_1=x_2 \vee x_1+x_2 = 1.
\end{aligned}$$
Z druhé podmínky vychází, že kdyby platilo $x_2 = 1-x_1$, nemáme injektivitu. Platí ale $D_f = (1,2)$, tj. $x_1 \in (1,2)$. Pro taková $x_1$ pak platí $x_2 = 1-x_1 \notin (1,2) = D_f $, tj. $x_2$ nebude v definičním oboru. Proto \textbf{f je injektivní}.
\\
\item surjektivita: Ověřujeme, zda $(\forall y \in \langle0,2\rangle)(\exists x \in (1,2))(y = f(x)).$ Protože pro $D_f = (1,2)$ jsou obě strany nezáporné, lze umocnit
$$
\sqrt{x(x-1)} = y \Leftrightarrow 0 = x^2 -x - y^2.
$$
Abychom obdrželi reálná řešení, musí platit $D = 1 +4y^2 \geq 0$, což platí. Pro dané $y$ tak musí příslušné $x$ splňovat
$$
x_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{1+4y^2}}{2} \in (1,2).
$$
Znaménko $\ominus$ vede na soustavu nerovnic $ -1 > \sqrt{1+4y^2} > -3 $, která zjevně nemá řešení. Pro $\oplus$ dostáváme nerovnice
\begin{align*}
1 < \frac{1+\sqrt{1+4y^2}}{2} < 2 \Leftrightarrow 2 < 1 + \sqrt{1+4y^2} < 4 \Leftrightarrow 1 < \sqrt{1+4y^2} < 3.
\end{align*}
První nerovnost je splněna vždy. Z druhé nerovnosti dostáváme podmínku
$$
1+4y^2 < 9 \Leftrightarrow 4y^2 < 8 \Leftrightarrow |y| < \sqrt{2}.
$$
Proto \textbf{f není $\langle0,2\rangle$-surjektivní}, neboť $\langle0, 2\rangle$ není podmnožinou $(-\sqrt{2}, \sqrt{2} )$.
\end{enumerate}
\item Funkce $g$:
\begin{enumerate}
\item injektivita: \textbf{g není injektivní}, protože např. $g(1,2) = g(2,1) = 2$.
\item $\N$-surjektivita:
Máme vyšetřit, zda platí výrok
$$
(\forall l \in \N)(\exists m,n \in \N)(m\cdot n = l)
$$
K libovolnému $l \in N$ zvolíme $n = l$ a $m = 1$. Funkce \textbf{g je $\N$-surjektivní}.
\end{enumerate}
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nechť zobrazení $f: \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{C}$ je definováno vztahem $f(z) = z^3$. Určete $f^{-1}(\mathbb{R})$ a vyšetřete, jestli $f$ je injektivní a $\C$-surjektivní.
\tagged{teach}{\begin{res}
$f^{-1}(\mathbb{R}) = \mathbb{R} \cup \left\lbrace a+b\im |\, a,b \in \mathbb{R} \land \sqrt{3}a = \pm b \right\rbrace$, není injektivní, je $\C$-surjektivní
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item vzor: Hledáme vzor množiny $\R$. Z definice $f^{-1}(\R) = \{ z\in \C | z^3 \in \R \}$. Číslo $z\in \C$ zapíšeme jako $z = a+ \im b$, kde $a,b\in \R$. Pak
\begin{align*}
(a+\im b)^3 & = a^3 + \im^3 b^3 + 3a^2 \im b + 3a\im^2 b^2 \\
& = a^3 - b^3\im + 3 a^2 b \im - 3a b^2 \\
& = (a^3 - 3a b^2) + \im (3 a^2 b - b^3).
\end{align*}
Aby $z^3 \in \R$ potřebujeme, aby platilo
$$
3a^2b - b^3 = 0 \Leftrightarrow b(3a^2-b^2) = 0 \Leftrightarrow b = 0 \vee b = \pm \sqrt{3} a.
$$
Celkem tedy $f^{-1}(\R) = \lsz a + \im b | a,b \in \R \wedge \left( b = 0 \vee b = \pm\sqrt{3}a \right) \psz$.
\\
pozn: Vzor lze také hledat přes goniometrický tvar $z\in \C$.
\item injektivita: Tipneme, že funkce není injektivní, tj. $(\exists z,w \in \C, z \neq w)(f(z) = f(w))$. Přes Moivrovu větu budeme hledat $z,w \in \C$, pro která platí $z^3 = w^3$. Pomocí Moivrovy věty z rovnice dostáváme (rovnost reálné a imaginární složky)
\begin{align*}
|z|^3 \cos 3\varphi = |w|^3 \cos 3 \psi, \\
|z|^3 \sin 3\varphi = |w|^3 \sin 3 \psi,
\end{align*}
kde $z = |z|( \cos \varphi + \im \sin \varphi)$ a $w = |w|( \cos \psi + \im \sin \psi)$. Volme například $|z| = |w| = 1$, $\varphi = 0$ a $\psi = \frac{2}{3} \pi$. Pak jsou předcházející rovnice splněny a přitom zjevně $z \neq w$. Proto \textbf{f není injektivní}.
\item $\C$-surjektivita:
Ověříme, zda $(\forall w \in \C)(\exists z \in \C)(z^3 = w)$. Pomocí Moivrovy věty
$$
|z|^3(\cos 3\varphi + \im \sin 3\varphi) = |w|(\cos \psi + \im \sin \psi).
$$
K libovolnému zadanému $w$ můžeme volit např. $|z| = \sqrt[3]{|w|}$ a $\varphi = \frac{\psi}{3}$. Proto \textbf{f je $\C$-surjektivní}.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Určete definiční obory funkcí $f \circ g$ a $g \circ f$, kde
$$f(x)=\tg x,\quad g(x)=\sqrt{x}.$$
Okomentujte, zda se tyto dvě složené funkce rovnají či nikoli.
\tagged{teach}{\begin{res}
$D_{f \circ g} = \mathbb{R}^+_0 \setminus \left\lbrace \left. \left( \frac{\pi}{2} + k \pi \right)^2 \right|\, k \in \mathbb{N}_0 \right\rbrace,\quad
D_{g \circ f} = \bigcup_{k \in \mathbb{Z}} \left\langle k \pi , k \pi + \frac{\pi}{2} \right)$. Tyto složené funkce se nerovnají.
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item $f \circ g$: Dostáváme funkci $f \circ g = \tg (\sqrt{x})$. Podmínky na definiční obor tedy jsou:
$$
x \geq 0 \wedge \sqrt{x} \neq \frac{\pi}{2} + k\pi \Leftrightarrow x \geq 0 \wedge x \neq (\frac{\pi}{2} + k\pi )^2.
$$
Celkem tedy $D_{f \circ g} = \R^+_0 \setminus \lsz (\frac{\pi}{2} + k\pi )^2 | k \in \Z \psz $.
\item $g \circ f$: Dostáváme funkci $g \circ f = \sqrt{\tg x}$. Podmínky na definiční obor
$$
x \neq \frac{\pi}{2} + k \pi \wedge \tg x \geq 0.
$$
Celkem tedy $D_{g \circ f} = \bigcup_{k \in \Z} \left \langle k\pi, \frac{\pi}{2}+k\pi \right) $.
\end{itemize}
Funkce se nerovnají, protože nemají stejný definiční obor (nelze tedy ani zkoumat rovnost ve všech bodech).
\end{postup}
}
\end{pr}
%======================================================
\subsection{Cyklometrické, hyperbolické a hyperbolometrické funkce}
\begin{pr}
Určete definiční obor, obor hodnot a nakreslete graf následujících funkcí
\begin{enumerate}
\item $f(x) = |\arcsin (-2x)|$,
\item $f(x) = -2\arcsin (|x+1|)+\frac{\pi}{4}$,
\item $f(x) = |\arccos(1-\frac{x}{2}) -\frac{\pi}{2}|$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. $D_f = \langle -\frac{1}{2},\frac{1}{2} \rangle$, $H_{f}=\langle 0,\frac{\pi}{2} \rangle $,
ii. $D_f = \langle -2,0\rangle$, $H_f = \langle-\frac{3\pi}{4},\frac{\pi}{4}\rangle$,
iii. $D_{f}=\langle0,4\rangle$, $H_f = \langle0,\frac{\pi}{2}\rangle$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro číslo $x \in \R$ a množinu $M$ definujme operace
\begin{itemize}
\item $M + x = \{ y+x | y \in M \}$,
\item $|M| = \{ |x| : x \in M \}$.
\end{itemize}
Řešení je následující:
\begin{enumerate}
\item
\begin{itemize}
\item $D_{arsin}=\langle -1,1 \rangle \Rightarrow -2x \in \langle -1,1 \rangle\Rightarrow x\in \langle -\frac{1}{2},\frac{1}{2} \rangle \Rightarrow D_{f}=\langle -\frac{1}{2},\frac{1}{2} \rangle$.
\item $H_{arsin}=\langle -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2} \rangle \Rightarrow H_{f}=\langle 0,\frac{\pi}{2} \rangle$.
\end{itemize}
\item
\begin{itemize}
\item Pro $D_{f}$: řešíme nerovnici $|x+1|\leq1$, z čehož vidíme, že $D_{f}=\langle -2,0\rangle$.
\item Pro $H_{f}$: v argumentu $f$ vystoupí $z = |x+1| \in\langle0,1\rangle$, proto \\
$H_{f}=-2\langle0,\frac{\pi}{2}\rangle+\frac{\pi}{4}=\langle-\frac{3\pi}{4},\frac{\pi}{4}\rangle$.
\end{itemize}
\item
\begin{itemize}
\item Pro $D_{f}$: řešíme nerovnici $-1\leq1-\frac{x}{2}\leq1$ z čehož vidíme, že $D_{f}=\langle0,4\rangle$.
\item $H_{f}=|\langle0,\pi\rangle-\frac{\pi}{2}|=|\langle -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\rangle| = \langle0,\frac{\pi}{2}\rangle$.
\end{itemize}
\end{enumerate}
% pozn: Využili jsme součet množiny a čísla. Definujeme $M + x = \{ y+x | y \in M \}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte vztah
$$\arccos{x} = \frac{\pi}{2} - \arcsin{x}.$$
Pro která $x$ tato identita platí?
\tagged{teach}{\begin{res}
platí pro všechna $x \in \langle -1,1 \rangle$
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Aplikací funkce cosinus na obě strany dokazované rovnice dostaneme
\begin{align*}
\cos(\arccos{x}) = x,\\
\cos(\frac{\pi}{2} - \arcsin{x}) = \cos{(\frac{\pi}{2})} \cos{ (\arcsin{x} )} + \sin{(\frac{\pi}{2})} \sin{(\arcsin{x})} = \sin{(\arcsin{x})} = x.
\end{align*}
Protože obě strany dokazované rovnosti jsou čísla z intervalu $\langle 0, \pi \rangle$ a funkce cosinus je na tomto intervalu prostá, platí
$$
\cos(\arccos{x}) = \cos(\frac{\pi}{2} - \arcsin{x}) \Rightarrow \arccos{x} = \frac{\pi}{2} - \arcsin{x}.
$$
% Využitím prostoty cosinu pro $y\in \langle 0, \pi \rangle$, existuje inverze a platí $\cos y =\cos(\arccos{x}) = x$ a tedy
% $$
% x = \sin{(\arcsin{x})}.
% $$
% Funkce sinus je prostá pro $y\in \langle -\frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \rangle $. Proto je prostá i pro $y\in \langle 0 , \frac{\pi}{2} \rangle $ a má zde inverzi, tj. platí $\sin y =\sin(\arcsin{x}) = x$. Vztah platí pro každé $x\in\langle -1 , 1 \rangle$, protože obě funkce arccosinus a arcsinus jsou na tomto intervalu definovány.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Odvoďte následující vztahy
\begin{enumerate}
\item $\cosh^2{x}-\sinh^2{x} = 1$,
\item $\sinh{2x} = 2 \sinh{x} \cosh{x}.$
\end{enumerate}
Pro která $x$ tyto identity platí?
\tagged{teach}{\begin{res}
platí pro všechna $x \in \R$
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Přímo z definice odvodíme
\begin{align*}
\cosh^2{x}-\sinh^2{x}
= \left(\frac{e^x + e^{-x}}{2}\right)^2 - \left(\frac{e^x - e^{-x}}{2}\right)^2
= \frac{e^{2x} + 2 + e^{-2x} - e^{2x} +2 - e^{-2x} }{4}
= \frac{4}{4} = 1.
\end{align*}
Obdobně pro druhou identitu úpravou levé a pravé strany dostáváme
\begin{align*}
LS &= \frac{1}{2}(e^{2x} - e^{-2x}), \\
PS &= \frac{1}{2}(e^x - e^{-x})(e^x + e^{-x}) = \frac{1}{2}(e^{2x} - e^{-2x}).
\end{align*}
Rovnost tedy platí. Identity platí pro každé $x \in \R$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zjednodušte následující výrazy:
\begin{enumerate}
\item $\sin{(\arctg{x})}$,
\item $\cos{(\arcsin{x})}$,
\item $\sinh{(\arg\cosh{x})}$.
\end{enumerate}
Pro která $x$ jsou dané úpravy korektní?
\tagged{teach}{\begin{res}
i. $\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$ pro $x\in \R$,
ii. $\sqrt{1-x^2}$ pro $x\in \langle -1,1\rangle$,
iii. $\sqrt{x^2-1}$ pro $x \geq 1$
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Funkci sinus vyjádříme pomocí funkce tangens. Platí
\begin{align*}
\tg^2 x = \frac{\sin^2 x}{\cos^2 x} = \frac{\sin^2 x}{1-\sin^2 x} \ \Rightarrow \ \sin^2 x = \frac{\tg^2 x}{1+ \tg^2 x} \\ \Rightarrow \ \sin^2 (\arctg{x}) = \frac{\tg^2(\arctg{x})}{1+\tg^2(\arctg{x})} = \frac{x^2}{1+x^2}.
\end{align*}
Protože pro všechna $x \in \R$ má $\sin{(\arctg{x})}$ stejné znaménko jako $x$, dostáváme odmocněním $\sin{(\arctg{x})} =\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$.
\item Funkce cosinus vyjádříme pomocí funkce sinus. Platí
$$
\cos^2(\arcsin{x}) = 1-\sin^2 (\arcsin{x}) = 1-x^2.
$$
Protože $\arcsin{x}$ je pro $x \in D_\text{arcsin} = \langle -1,1\rangle$ číslo z intervalu $\langle -\pi /2, \pi /2 \rangle$, na kterém je cosinus nezáporný, dostáváme odmocněním $\cos{(\arcsin{x})} = \sqrt{1-x^2}$.
\item Hyperbolický sinus vyjádříme pomocí hyperbolického cosinu. Platí
$$
\sinh^2 (\arg\cosh{x}) = \cosh^2 (\arg\cosh{x}) -1 = x^2 -1.
$$
Protože pro $x \in D_\text{argcosh} = \langle 1, +\infty )$ je $\sinh{(\arg\cosh{x})} \geq 0$, dostaneme odmocněním $\sinh{(\arg\cosh{x})} = \sqrt{x^2-1}$.
% \item Označíme $u = \arctg x$. Pak $\tg u = x$. Nyní pokud si nakreslíme pravoúhlý trojúhelník se stranami o délce $x$ a $1$, pak přepona bude mít velikost $\sqrt{x^2+1}$. Pro úhel $u$, který svírají přepony poté platí, že $\sin u = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$. Celkem tedy $\sin{(\arctg{x})} = \frac{x}{\sqrt{x^2+1}}$. Uvedený vztah platí pro všechna $x \in \R$.
% \item Budeme postupovat jako u minulého příkladu. Označíme $\arcsin x = u$. Pak nyní z pravoúhlého trojúhelníku s přeponou 1 a odvěsnami $x$ a $\sqrt{1-x^2}$, dostaneme pro úhel $u$, který nyní svírá přepona a odvěsna o délce $\sqrt{1-x^2}$ dostáváme $\cos u = \sqrt{1-x^2}$, což je výsledek. Uvedený vztah platí pro všechna $x \in \langle -1, 1 \rangle$.
% \item Jelikož $\arg\cosh x = \ln \left( x + \sqrt{x^2-1}\right)$ dostáváme:
% \begin{align*}
% \sinh(\arg\cosh x )
% &= \frac{1}{2}\left( x + \sqrt{x^2-1} - e^{-\ln \left( x + \sqrt{x^2-1}\right)} \right) \\
% &= \frac{1}{2}\left( x + \sqrt{x^2-1} - \frac{1}{ x + \sqrt{x^2-1}} \right) \\
% &= \frac{1}{2} \frac{\left(x + \sqrt{x^2-1} \right)^2 -1 }{x + \sqrt{x^2-1} } \\
% &= \frac{1}{2} \frac{2x^2 + 2x\sqrt{x^2-1} - 2 }{x + \sqrt{x^2-1} } \\
% &= \frac{x^2 + x\sqrt{x^2-1} - 1 }{x + \sqrt{x^2-1} } \cdot \frac{x - \sqrt{x^2-1}}{x - \sqrt{x^2-1}} \\
% &= x^3 - x^2\sqrt{x^2-1} +x^2\sqrt{x^2-1} -x(x^2-1) - x + \sqrt{x^2-1} \\
% &= \sqrt{x^2-1}
% \end{align*}
% Řešení bez vztahu s logaritmem: označme $\Theta := \arg\cosh x$, kde $x \in \langle 1, +\infty)$, a využijme následující identity
% \begin{align*}
% \cosh^2(\Theta) - \sinh^2(\Theta) &= 1 \\
% \sinh^2(\Theta) &= \cosh^2(\Theta) - 1 \\
% \sinh^2(\arg\cosh x) &= x^2 - 1 \\
% \sinh(\arg\cosh x) &= \left| \sqrt{x^2 - 1} \right| \\
% \sinh(\arg\cosh x) &= \sqrt{x^2 - 1},
% \end{align*}
% neboť $x \in \langle 1, +\infty)$.
% Uvedený vztah platí pro všechna $x \geq 1$.
\end{enumerate}
% pozn: Obdobně, přes vztah $\sin^2(u) + \cos^2(u) = 1$, lze řešit i první dva body tohoto příkladu.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Definujte funkce $\arg\sinh{x}$ a $\arg\tgh{x}$, nalezněte jejich definiční obory a obory hodnot a nakreslete jejich grafy.
\tagged{teach}{\begin{res}
i. $D_\text{argsinh} = H_\text{argsinh} = \R$, ii. $D_\text{argtgh} = (-1,1)$, $H_\text{argtgh} = \R$
\end{res}}
\end{pr}
\begin{pr}
Odvoďte identity
\begin{enumerate}
\item $\arg\sinh{x}=\ln(x+\sqrt{x^2+1}),$
\item $\arg\tgh{x}=\frac{1}{2}\ln(\frac{1+x}{1-x}).$
\end{enumerate}
Pro která $x$ tyto rovnosti platí?
\\
\tagged{teach}{\begin{res}
i. pro všechna $x\in \R$, ii. pro všechna $x \in (-1,1)$
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Z rovnice $\sinh{x} = \frac{1}{2}(e^x - e^{-x}) = y $ vyjádříme $x$ v závislosti na $y$. Vynásobením rovnice $2e^x$ dostaneme rovnost
$$
e^{2x} - 2y e^x - 1 = 0.
$$
Po substituci $z = e^x$ přejde předcházející rovnice na tvar
$$
z^2 - 2yz - 1 = 0.
$$
Tato kvadratická rovnice má diskriminant roven $D = 4y^2 + 4 >0$. Odpovídající řešení jsou
$$
z_{1,2} = \frac{2y \pm \sqrt{4y^2 + 4}}{2} = y \pm \sqrt{y^2 + 1}.
$$
Kořen s $\ominus$ je záporný, což je spor s kladností exponenciály (viz substituce). Do substituce dosadíme kořen s $\oplus$
$$
e^x = y + \sqrt{y^2 + 1}
$$
a dostáváme $ \arg \sinh{y} = x = \ln(y + \sqrt{y^2 + 1})$. Vztah platí pro každé $y\in \R$.
\item Z definice $\tgh(x) = \frac{\sinh x}{\cosh x} = \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \frac{e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1} = y$ vyjádříme $x$ v závislosti na $y$. Úpravami dostaneme
$$
\begin{aligned}
e^{2x}-1 & =y (e^{2x} + 1) = y e^{2x} + y, \\
e^{2x} & = \frac{1+y}{1-y}, \\
x & = \frac{1}{2} \ln(\frac{1+y}{1-y}).
\end{aligned}
$$
Dostáváme $ \arg \tgh{y} = x = \frac{1}{2} \ln(\frac{1+y}{1-y})$. Vztah platí pro každé $|y|<1$.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
%==================================================
\subsection{Množinové operace, velikost a ekvivalence množin}
\tagged{complete}{\begin{pozn}
Pojem mohutnosti nebyl na přednášce explicitně definován. V příkladech se budeme ptát, kolik má daná množina prvků.
\end{pozn}}
\begin{pr}
Dokažte De Morganovy zákony pro sjednocení a průnik množin přes indexovou množinu libovolné mohutnosti, tj.
$$U\setminus \left(\bigcap_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha\right) = \bigcup_{\alpha\in I_\alpha} \left(U\setminus A_\alpha\right), \quad
U\setminus \left(\bigcup_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha\right) = \bigcap_{\alpha\in I_\alpha} (U\setminus A_\alpha).$$
%\tagged{teach}{\begin{res}Na cvičení okomentujte indexováni přes indexovou množinu libovolné mohutnosti.\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item Dokážeme dvě inkluze:
\begin{enumerate}
\item $U\setminus \left(\bigcap_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha\right) \subset \bigcup_{\alpha\in I_\alpha} \left(U\setminus A_\alpha\right)$:\\ \newline
Volme $x\in U\setminus \left(\bigcap_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha\right)$. To implikuje, že $(x\in U \wedge x\notin \left(\bigcap_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha\right))$. Čili máme, že $(\exists \alpha \in I_\alpha)(x \notin A_\alpha)$. Z toho $(\exists \alpha \in I_\alpha)(x\in U \setminus A_\alpha)$. Čili $x \in \bigcup_{\alpha\in I_\alpha} \left(U\setminus A_\alpha\right).$ \\
\item $U\setminus \left(\bigcap_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha\right) \supset \bigcup_{\alpha\in I_\alpha} \left(U\setminus A_\alpha\right)$: \\ \newline
Volme $x \in \bigcup_{\alpha\in I_\alpha} \left(U\setminus A_\alpha\right)$. To implikuje, že $(\exists \alpha \in I_\alpha)(x \in \left(U\setminus A_\alpha\right)).$ Čili máme, že $(x \in U \wedge (\exists \alpha \in I_\alpha) (x \notin A_\alpha))$. Tedy $x \notin \left(\bigcap_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha\right)$, ale zároveň $x\in U$. Čili máme $x \in U\setminus \left(\bigcap_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha\right)$.
\end{enumerate}
\item $ U\setminus \left(\bigcup_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha\right) = \bigcap_{\alpha\in I_\alpha} (U\setminus A_\alpha)$:
$$
\begin{aligned}
x \in U\setminus \left(\bigcup_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha\right) & \Leftrightarrow x \in U \wedge x \notin \bigcup_{\alpha \in I_\alpha} A_\alpha \\
& \Leftrightarrow x \in U \wedge (\forall \alpha \in I_\alpha)(x \notin A_\alpha) \\
& \Leftrightarrow (\forall \alpha \in I_\alpha)(x \in U \setminus A_\alpha) \\
& \Leftrightarrow x \in\bigcap_{\alpha\in I_\alpha} (U\setminus A_\alpha).
\end{aligned}
$$
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že
$$(A\setminus C)\cap B=A\cap (B\setminus C),\quad (A\setminus B)\cap(B\setminus C)=\emptyset,\quad B\cup(A\cap C)\setminus (A\setminus B)=B.$$
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item
$$
\begin{aligned}
x \in (A \setminus C) \cap B & \Leftrightarrow x \in B \wedge x \in A \setminus C \\
& \Leftrightarrow x \in B \wedge x \in A \wedge x \notin C \\
& \Leftrightarrow x \in A \wedge x \in (B \setminus C)
& \Leftrightarrow x \in A\cap (B\setminus C)
\end{aligned}
$$
\item Sporem. Nechť $x \in (A\setminus B)\cap(B\setminus C) $. Pak
$$
x \in (A \setminus B ) \wedge x \in (B \setminus C) \Leftrightarrow x \in A \wedge x \notin B \wedge x \in B \wedge x \notin C,
$$
což je spor.
\item Platí
$$
\begin{aligned}
x \in B \cup (A\cap C) \setminus (A \setminus B) & \Leftrightarrow x \in B \cup (A\cap C) \land x \notin (A \setminus B) \\
& \Leftrightarrow x \in B \cup (A\cap C) \land ( x \notin A \lor x \in B).
\end{aligned}
$$
Pomocí této ekvivalence nyní dokážeme obě inkluze v zadání. Pokud je $x \in B$, podle druhého řádku této ekvivalence zřejmě platí i $x \in B \cup (A\cap C) \setminus (A \setminus B)$.
Druhou inkluzi ukážeme sporem. Předpokládejme, že platí $x \in B \cup (A\cap C) \setminus (A \setminus B)$ a zároveň $x \notin B$. Protože $x \notin A \lor x \in B$, musí být $x \notin A$. To znamená, že platí $x \notin (A\cap C)$. Protože ale platí $x \in B \cup (A\cap C)$, musí $x \in B$, což je spor.
% Následující postup je špatně, protože předpokládá levou stranu ve tvaru $B \cup ((A\cap C) \setminus (A \setminus B))$.
% $$
% \begin{aligned}
% x \in B \cup (A\cap C) \setminus (A \setminus B) & \Leftrightarrow x \in B \vee x \in \left[ (A \cap C) \setminus (A \setminus B ) \right] \\
% & \Leftrightarrow x \in B \vee \left[ x \in (A \cap C) \wedge x \notin (A \setminus B ) \right] \\
% & \Leftrightarrow x \in B \vee \left[ (x \in A \wedge x \in C) \wedge ( x \notin A \vee x \in B ) \right] \\
% & \Leftrightarrow x \in B \vee [ \underbrace{(x \in A \wedge x \in C \wedge x \notin A)}_{\emptyset} \vee ( x \in A \wedge x \in C \wedge x \in B ) ] \\
% & \Leftrightarrow x \in B \vee ( x \in A \wedge x \in C \wedge x \in B ) \\
% & \Leftrightarrow x \in B
% \end{aligned}
% $$
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zjednodušte vyjádření následujících množin:
\begin{enumerate}
\item $\displaystyle\bigcup_{n\in\N}(-n,n)$,
\item $\displaystyle\bigcap_{n\in\N}\left\langle -\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right)$,
\item $\displaystyle\bigcup_{n\in\N}\left\langle \frac{n}{n+1},\frac{n+1}{n}\right)$,
\item $\displaystyle\bigcap_{r\in\R}\left\langle r, \frac{r+1}{r^2+1}\right)$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}i. $\R$, ii. $\{0\}$, iii. $\langle 1/2, 2)$, iv. $\emptyset$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Budeme chtít ukázat, že $\displaystyle\bigcup_{n\in\N}(-n,n) = \R$. Chceme tedy ukázat dvě inkluze. Inkluze $\displaystyle\bigcup_{n\in\N}(-n,n) \subset \R$ je jasná. Pro důkaz druhé $\R \subset \displaystyle\bigcup_{n\in\N}(-n,n)$ si vezmeme libovolné $x \in \R$. K němu najdeme $n\in \N$ tak, že $|x| < n$. Pak jistě platí, že $x \in (-n,n)$ a tedy $x \in \displaystyle\bigcup_{n\in\N}(-n,n)$.
\item Budeme chtít ukázat, že $\displaystyle\bigcap_{n\in\N}\left\langle -\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right) = \lsz 0 \psz$. Opět máme ukázat dvě inkluze. Inkluze $\lsz 0 \psz \subset \displaystyle\bigcap_{n\in\N}\left\langle -\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right)$ je jasná, jelikož pro každé $n \in \N$ platí, že $-\frac{1}{n} \leq 0 < \frac{1}{n}$. Druhou inkluzi $\displaystyle\bigcap_{n\in\N}\left\langle -\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right) \subset \lsz 0 \psz$ ukážeme sporem. Nechť tedy $x \in \displaystyle\bigcap_{n\in\N}\left\langle -\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right)$ a pro spor předpokládejme, že $x > 0$. Pak jistě nalezneme $n_1 \in \N$ tak, že $\frac{1}{n_1} < x$ (např. $n_1 = \lfloor\frac{1}{ x }\rfloor+1$). Pak ovšem $x \not \in \left\langle - \frac{1}{n_1},\frac{1}{n_1}\right)$, což je spor s předpokladem, že $x \in \displaystyle\bigcap_{n\in\N}\left\langle -\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right)$. Podobně pro $x <0$ (nutné ukázat také).
\item Ukážeme, že $\displaystyle\bigcup_{n\in\N}\left\langle \frac{n}{n+1},\frac{n+1}{n}\right) = \left\langle \frac{1}{2}, 2 \right)$. To se ukáže snadno, jelikož děláme sjednocení intervalů, které jsou do sobe vnořeny: Funkce $f(n) = \frac{n}{n+1}$ je rostoucí a funkce $g(n) = \frac{n+1}{n}$ je klesající. Proto minimum funkce $f$ bude dolní hranice intervalu a maximum funkce $g$ bude horní hranice intervalu.
\item Ukážeme, že $\displaystyle\bigcap_{r\in\R}\left\langle r, \frac{r+1}{r^2+1}\right) = \emptyset$. Stačí najít dva disjunktní intervaly. Například pro $r = -1$ máme interval $I_{-1} = \left\langle -1,0\right)$ a pro $r = 5$ máme interval $I_5 = \left\langle 5,\frac{6}{26}\right)$. Jelikož $I_{-1} \bigcap I_5 = \emptyset$, pak musí i $\displaystyle\bigcap_{r\in\R}\left\langle r, \frac{r+1}{r^2+1}\right) = \emptyset$, protože děláme průnik s prázdnou množinou.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Nechť $f: \R \to \R$. Ukažte, že platí
$$\bigcup_{n \in \N}\left\{x \in \R|\, |f(x)|>\frac{1}{n}\right\} = \{x \in \R |\, f(x) \ne 0\}.$$
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro přehlednost označíme $B = \bigcup_{n \in \N}\left\{x \in \R|\, |f(x)|>\frac{1}{n}\right\}$ a $A = \{x \in \R |\, f(x) \ne 0\}$. Chceme tedy ukázat, že $A =B$, tedy dvě inkluze:
\begin{enumerate}
\item $A \subset B$: Předpokládáme, že $x\in A$. Chceme ukázat, že $x \in B$. Jelikož $x \in A$, platí $f(x) \neq 0$. BÚNO: $f(x) > 0$. Pak jistě existuje $n \in \N $ tak, že $f(x) > \frac{1}{n}$. Číslo $n$ můžeme definovat jako $n := \lfloor\frac{1}{ f(x) } \rfloor+1$. Pak je již jasné, že $x \in B$
\item $B \subset A$: Předpokládáme, že $x \in B$. Chceme ukázat, že $x \in A$. Pro spor předpokládejme, že $x \not \in A$. Jelikož $x \in B$, pak $|f(x)| > \frac{1}{n}$ pro jisté $n\in \N$. Zároveň ale $x \not \in A$ a tedy $f(x) = 0$, což je spor.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Volte nespočetné množiny $A,B$ tak, aby $A\setminus B$ byla
\begin{enumerate}
\item prázdná,
\item konečná,
\item spočetná,
\item nespočetná.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
Například: i. $A = B = \R$, ii. $A = \R$ a $B = \R \setminus \{ 1 \}$, iii. $A = \R$ a $B = \R \setminus \N$, iv. $A = \R$ a $B = \R \setminus \left(0,1\right)$
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
% \begin{enumerate}
% \item prázdná: $A = B = \R$, $A = \R \wedge B = \C$, $A = $ množina všech polynomů na $\langle0,1\rangle$ a $B =$ množina všech spojitých funkcí na $\langle0,1\rangle$
% \item konečná: $A = \R$ a $B = \R \setminus \{ 1 \}$
% \item spočetná: $A = \R$ a $B = \R \setminus \N$
% \item nespočetná: $A = \R$ a $B = \R \setminus \left(0,1\right)$
% \end{enumerate}
pozn: Připomenutí vztahu $ C \setminus (B \setminus A) = (C\cap A) \cup (C \setminus B)$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}~
\begin{enumerate}
\item Kolik prvků mají následující množiny
$$\{1\},\quad \{1,1\},\quad \{n\in\N|\, n<10\},\quad \{1,2,\{1,2\},\emptyset\}?$$
\item Kolik prvků má prázdná množina? Kolik prvků má množina všech prázdných množin? Kolik prvků má množina všech množin obsahujících pouze prázdnou množinu?
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}$1,1,9,4;0,1,1$.\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Postupně 1, 2, $\# \{1,2,3,4,5,6,7,8,9 \} = 9$, množina má 4 prvky a to: 1,2, $\{1,2\},\emptyset$.
\item Prázdná množina neobsahuje žádný prvek. Protože prázdná množina je pouze jedna, množina všech prázdných množin obsahuje právě jeden prvek a to prázdnou množinu. Počet množin, které obsahují pouze prázdnou množinu, je jedna. Proto množina všech množin obsahující pouze prázdnou množinu, obsahuje právě jednu množinu (tu, která obsahuje pouze prázdnou množinu).
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že
\begin{enumerate}
\item $(a,b)\sim (c,d)$, $\langle a,b\rangle\sim\langle c,d\rangle$, $(a,b)\sim\langle a,b)$,
\item $(0,1)\sim(0,\infty)\sim(-\infty,\infty)$,
\end{enumerate}
kde $a,b,c,d \in \R$, $a < b$, $c< d$.
%$$(a,b)\sim (c,d),\quad \langle a,b\rangle\sim\langle c,d\rangle,\quad (a,b)\sim\langle a,b).$$
%\tagged{teach}{\begin{res} Intervaly jsou definovány vždy netriviální.
% $f(x)= \frac{x-a}{b-a}(d-c)+c$. V důkazu poslední ekvivalence lze bijekci $f:(a,b)\rightarrow\langle a,b)$ volit následovně: v $(a,b)$ vybereme spočetně nekonečnou množinu $M$, např. racionální čísla v $(a,b)$, $f|_M:M\rightarrow M\cup\{a\}$ snadno navolíme jako bijekci a položíme $f|_{(a,b)\setminus M}=\text{Id}$.
%\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item U prvních dvou ekvivalencí volíme příslušnou bijekci $f$ jako lineární transformaci jednoho intervalu na druhý, tj. pro
$$
f(x)= \frac{x-a}{b-a}(d-c)+c
$$
platí, že $f:(a,b) \rightarrow (c,d)$, nebo $f:\langle a,b\rangle \rightarrow \langle c,d\rangle$ bijektivně (injektivně a surjektivně).
V případě třetí ekvivalence pužijeme "\textbf{posunutí}". V intervalu $(a,b)$ vybereme spočetnou nekonečnou množinu $M = \{ x_1 , x_2, x_3, ... \}$. Bijekci definujeme následovně
\[
f(x)= \left\{
\begin{array}{ll}
x, & x\in (a,b)\setminus M, \\
a, & x = x_1,\\
x_{n+1}, & x = x_{n}, n \geq 1 .
\end{array}
\right.
\]
Pak je vidět, že $f:(a,b) \rightarrow \langle a ,b)$ bijektivně (injektivně a surjektivně).
\item Jelikož ekvivalence je transitivní, stačí ukázat, že $(0,\frac{\pi}{2}) \sim (0,+\infty)$. Ekvivalence mezi $(0,1)$ a $(0,\frac{\pi}{2})$ je ukázána v minulém příkladu. Pro důkaz této ekvivalence stačí vzít např. $f(x) = \tg x$. Abychom ukázali ekvivalenci $(0,\infty)\sim(-\infty,\infty)$, můžeme vzít např. $f(x) = \ln(x)$.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
% \begin{pr}
% Dokažte, že $(0,1)\sim(0,\infty)\sim(-\infty,\infty).$
% \\
% \tagged{complete}{
% \begin{postup}
%
% \end{postup}
% }
% \end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že
\begin{enumerate}
\item množina $\Q$ je spočetná,
\item množina $\R$ je nespočetná.
\end{enumerate}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Chceme ukázat, že $\Q \sim \N$. Pro libovolné $q \in \Q$ definujme zobrazení $\phi: \Q \to \Z \times \N$ vztahem
$$
\phi(q) = (p,q),
$$
kde $q = \frac{p}{q}$ je v základním tvaru ( $p,q$ jsou nesoudělná). Je zřejmé, že definované zobrazen je prosté. Využijeme, že kartézský součin spočetných množin je spočetný. Tedy $\Z \times \N$ je spočetná množina. Množina $\phi(\Q) \subset \Z \times \N$ je tedy určitě spočetná (nekonečná podmnožina spočetné množiny je spočetná). Protože $\phi$ je prosté zobrazení, dostáváme $ \Q \sim \Z\times \N \sim \N$,což jsme chtěli ukázat.\\
\textbf{Jiný způsob:} pomocí Cantorova diagonálního argumentu
\item Ukážeme, že i interval $(0,1)$ je nespočetný. Jelikož $(0,1) \subset \R$ bude pak jasné, že $\R$ je také nespočetné. Budeme postupovat sporem. Nechť interval $(0,1)$ je spočetný. Pak existuje bijekce $\phi: \N \to (0,1)$. Jinými slovy, můžeme vytvořit list se všemi reálnými čísly z intervalu $(0,1)$. Příklad takového listu je uveden v Tabulce \ref{tab: Rnespocetny}. Nyní zkonstruujeme reálné číslo $X \in (0,1)$, které nebude na seznamu. Pro každé $n \in N$, nechť $n$-té desetinné místo čísla $X$ je rovno $n$-tému desetinnému číslu $n$-té čísla +1 pokud tato cifra je menší než 9. Pokud tato cifra je 9, definujeme cifru jako 0. V našem případě by číslo vypadalo $X = 0.1315...$. Z konstrukce je jasné, že naše číslo nemůže být v našem seznamu a daná bijekce tedy není surjektivní. Což je spor.
\begin{table}[h!]
\centering
\begin{tabular}{| l |l |}
\hline
1 & 0.0234242420905903943493 \\
2 & 0.3243429342942949243924 \\
3 & 0.5000000000000000000000 \\
4 & 0.2034230492094029402949 \\
\hline
\end{tabular}
\caption{Tabulka pro důkaz, že množina $\R$ je nespočetná.}
\label{tab: Rnespocetny}
\end{table}
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
%===================================================
\subsection{Omezenost množin}
\begin{pr}
Zapište pomocí kvantifikátorů definici omezené a shora či zdola omezené množiny a definici horní/dolní závory.
\\
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{itemize}
\item M je omezená zdola $\Leftrightarrow (\exists K \in \R )(\forall x \in M)(x \geq K)$.\\
Každé takové $K$ s touto vlastností se nazývá dolní závora množiny $M$.
\item M je omezená shora $\Leftrightarrow (\exists K \in \R )(\forall x \in M)(x \leq K)$. \\
Každé takové $K$ s touto vlastností se nazývá horní závora množiny $M$.
\item M je omezená $\Leftrightarrow (\exists K \in \R )(\forall x \in M)(|x| \leq K)$.
\end{itemize}
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
% \begin{itemize}
% \item M je omezená zdola $\Leftrightarrow (\exists K \in \R )(\forall x \in M)(x \geq K)$.\\
% Každé takové $K$ s touto vlastností se nazývá dolní závora množiny $M$.
% \item M je omezená shora $\Leftrightarrow (\exists K \in \R )(\forall x \in M)(x \leq K)$. \\
% Každé takové $K$ s touto vlastností se nazývá horní závora množiny $M$.
% \item M je omezená $\Leftrightarrow (\exists K \in \R )(\forall x \in M)(|x| \leq K)$.
% \end{itemize}
pozn: Horních či dolních závor může být více (množiny horních a dolních závor).
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o omezenosti zdola a shora následujících podmnožin $\R$
\begin{enumerate}
\item $\{2-n|\, n\in\N\}$,
\item $\{x>0|\, \sin(5x)\geq 16\sin^5 x\}$,
\item $\{\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}|\, n\in\N\}$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. omezená pouze shora, ii. omezená pouze zdola iii. omezená zdola i shora
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Množina je omezená shora, závorou je například $K = 1$ nebo $K = 1,23$. Množina není omezená zdola, jelikož platí negace omezenosti zdola, tj.
$$
(\forall K \in \R )(\exists n \in \N)(2-n < K).
$$
Jako prvek $n$ lze například volit $n := \lfloor |K| \rfloor + 3$.
\item Zdola je zjevně omezená nulou. Pro omezenost shora zkoumejme nerovnici
\begin{align*}
\sin(5x)\geq 16\sin^5(x).
\end{align*}
Všechna $x$ ve tvaru $x=k\pi$, $k \in \Z$, zjevně splňují nerovnost, jelikož $\sin(5k\pi)=0$ a současně $\sin^5(k\pi)=0,$ tj. $0\geq0$. Množina je tedy shora neomezená, což i formálně dokážeme. Chceme ukázat, že platí
$$
(\forall K \in \mathbb{R})(\exists x \in \R , \, \sin(5x) \geq 16 \sin^5 (x) )(x\geq K).
$$
Volíme-li např. $x=(\lfloor|K|\rfloor +1)\pi$, pak $\sin(5x) \geq 16 \sin^5 (x)$ a současně splňuje požadovanou nerovnost $x\geq K$.
\item Upravíme předpis prvků množiny
\begin{align*}
\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}
&= (\sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n}) \cdot \frac{ (n+1)^{2/3} + \sqrt[3]{(n+1)n} + n^{2/3} }{(n+1)^{2/3} + \sqrt[3]{(n+1)n} + n^{2/3}} \\
&= \frac{n+1-n}{(n+1)^{2/3} + \sqrt[3]{(n+1)n} + n^{2/3}} \\
&= \frac{1}{ \underbrace{(n+1)^{2/3}}_{\geq 1} +\underbrace{\sqrt[3]{(n+1)n}}_{\geq 1} + \underbrace{n^{2/3}}_{\geq 1}} \leq \frac{1}{3}
\end{align*}
Množina je tedy omezená shora. Horní závorou je např. $K = \frac{1}{3}$. Dále platí, že $ \sqrt[3]{n+1}-\sqrt[3]{n} > 0$. Množina je tedy omezená zdola. Dolní závorou je např. $K = 0$.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o omezenosti zdola a shora pro následujících podmnožin $\R$
\begin{enumerate}
\item $\{x^2+5x-6|\, x\in(-1,+\infty)\}$,
\item $\{x\in\R|\, x^2+5x-6\in(-1,+\infty)\}$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. omezená zdola, ii. není omezená zdola ani shora
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Křivka $y = x^2+5x-6$ je parabola s vrcholem $[ -5/2, -49/4 ]$. Množina je tedy omezená zdola např. číslem $-49/4$. Dále dokážeme, že množina není omezená shora. Chceme ukázat, že platí
$$
(\forall K \in R)(\exists x\in(-1,+\infty)) (x^2+5x-6 > K ).
$$
Pomocí odhadu $x^2 + 5x -6 \geq 5x -6 > K$ můžeme $x$ volit např. jako $x = \frac{|K|+6}{5} +1$.
% \item $f(x) = x^2+5x-6$ představuje parabolu s nulovými body $-6$ a $1$. Funkce $f$ je spojitá a na intervalu $(-1,+\infty) $ rostoucí (lze se přesvědčit), proto svého minima nabyde v levém kraji intervalu, tj. $f(-1) = -2,5$. Pro rostoucí $x\rightarrow +\infty$ roste $f(x) \rightarrow+\infty$. Množina tedy nebude omezená shora. Chceme ukázat, že
% $$
% (\forall K \in R)(\exists x\in(-1,+\infty)) (x^2+5x-6 > K )
% $$
% Pomocí odhadu $x^2 + 5x -6 \geq 5x -6 > K$, můžeme $x$ volit jako $x = \max\{0,\frac{K+6}{5}\}$. Nulu přidáváme pro případ, pokud by platilo $K<0$. Potom by nemuselo platit, že $x \in (-1,+\infty)$.
% Množina je omezená zdola například závorou $K = -100.0001$.
\item V druhém případě upravíme vyjádření dané množiny. Množina je tvořena takovými $x$, pro která platí
$$
x^2+5x-6 > -1 \Leftrightarrow x^2+5x-5 > 0.
$$
Kvadratický výraz má nulové body $x_{1,2} = \frac{-5 \pm 3\sqrt{5}}{2}$. Lze tedy psát
$$
\{x\in\R|\, x^2+5x-6\in(-1,+\infty)\} = (-\infty, \frac{-5 - 3\sqrt{5}}{2} ) \cup (\frac{-5 + 3\sqrt{5}}{2}, +\infty ).
$$
Z tohoto zápisu je vidět, že množina není omezená zdola ani shora.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}\label{pr:meze}
Rozhodněte o omezenosti zdola a shora pro následující podmnožiny $\R$. Pokuste se určit příslušné množiny všech dolních a horních závor.
\begin{enumerate}
\item $\emptyset$
\item $\{\frac{2n}{3n+1}|\, n\in\N\}$
\item $\{\frac{x^3}{x^2+10}|\, x\in\R\}$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
Nechť $M_h$ je množina horních závor a $M_d$ množina dolních závor. Výsledky: i. omezená, $M_d = M_h = \R$, ii. omezená, přičemž $M_h = \langle \frac{2}{3},+\infty)$ a $M_d = \left(-\infty,\frac{1}{2}\right\rangle$, iii. není omezená zdola ani shora
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Prázdná množina je z definice omezenosti omezená. Každé reálné číslo je horní i dolní závorou.
\item Z definice snadno ukážeme, že prvky množiny tvoří rostoucí posloupnost. Tipneme, že prvky rostou k číslu $\frac{2}{3}$. Jistě, platí, že $\frac{2n}{3n+1} \leq \frac{2}{3}$. Pro důkaz, že žádné číslo menší než $\frac{2}{3}$ není horní závorou, najdeme pro každé $\varepsilon \in \R^+$ nějaké $n \in \N$ takové, že platí $\frac{2n}{3n+1} > \frac{2}{3} - \varepsilon$, tedy $\frac{2}{3n+1} < \varepsilon$. Pomocí odhadu $\frac{2}{3n+1} < \frac{2}{3n}<\frac{1}{n}<\varepsilon$ zjistíme, že vhodným $n$ je např. $n=\lfloor 1/\varepsilon \rfloor +1$.
Množina horních závor je proto $M_h = \langle \frac{2}{3},+\infty)$.
Jelikož pro každé $n\in \N$ platí, že $\frac{2n}{3n+1} \geq \frac{1}{2}$ (kde číslo $\frac{1}{2}$ je první člen výše zmíněné rostoucí posloupnosti), množina dolních závor je $M_d = \left(-\infty,\frac{1}{2}\right\rangle$.
\item Tip: množina je neomezená shora, tj. budeme chtít ukázat, že platí
$$
(\forall K \in \R)(\exists x \in \R)( \frac{x^3}{x^2 + 10} > K ).
$$
Předpokládejme, že $x$ je kladné. Pomocí odhadu zdola dostaneme
$$
\frac{x^3}{x^2 + 10} > \frac{x^3}{x^2 + x^2 } = \frac{x}{2} > K.
$$
Tento odhad platí pro $x^2 > 10$. Pokud zvolíme např. $x = 2|K|+10$, tj. zajistíme $x^2 > 10$, bude předcházející výrok splněn. Dále ukážeme neomezenost zdola, tedy platnost výroku
$$
(\forall K \in \R)(\exists x \in \R)( \frac{x^3}{x^2 + 10} < K ).
$$
Předpokládejme, že $x$ je záporné. Pomocí odhadu shora dostaneme
$$
\frac{x^3}{x^2 + 10} < \frac{x^3}{2x^2} = \frac{x}{2} < K
$$
pro $x^2>10$. Stačí proto volit např. $x = -2|K|-10$.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o omezenosti zdola a shora pro následující podmnožiny $\R$. Pokuste se určit příslušné množiny všech dolních a horních závor.
\begin{enumerate}
\item $\{\log_2(x)|\, x\in(0,5\rangle\}$,
% \item $\{\frac{1}{1+x^2}|\, x\in\R\}$,
\item $\{\arctg{\left(\frac{x^5-x}{x^2+x+1}\right)} |\, x \in \R\}$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
Nechť $M_h$ je množina horních závor a $M_d$ množina dolních závor. Výsledky: i. omezená shora, přičemž $M_h=\langle \log_2 5, +\infty)$, není omezená zdola, ii. omezená, přičemž $M_d = (-\infty, -\frac{\pi}{2}\rangle$ a $M_h=\langle \frac{\pi}{2}, +\infty)$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item Logaritmus je rostoucí funkce. Proto $\log_2 x \leq \log_2 5, \forall x \in (0,5\rangle$. Množina horních závor je tedy množina $\langle \log_2 5, +\infty)$. Množina není omezená zdola, tj. musíme ukázat, že
$$
(\forall K \in R)( \exists x \in (0,5\rangle ) ( \log_2 x < K )
$$
Pro důkaz výroku, můžeme pro dané $K$ volit např. $x = e^{-|K|-1}$.
\item Funkce $f(x) = \frac{1}{1+x^2}$ je sudá, takže stačí uvažovat $x \in \R^+_0$. Z definice snadno ukážeme, že na intervalu $\langle 0, +\infty )$ je ostře klesající s maximem $f(0) = 1$. Množina horních závor je proto $\langle 1, +\infty)$.
Pro každé $x\in \langle 0, +\infty )$ je $f(x) >0$. Množina je tedy omezená i zdola. Ještě ukážeme, že žádné kladné číslo není dolní závorou, tedy pro každé $\varepsilon \in \R^+$ najdeme $x \in \R^+_0$ takové, že platí $\frac{1}{1+x^2}<\varepsilon$. Pomocí odhadu $\frac{1}{1+x^2}<\frac{1}{x^2}<\varepsilon$ zjistíme, že takovým $x$ je např. $x=1/\sqrt{\varepsilon}+1$. Množina dolních závor je proto $( -\infty, 0\rangle$.
\item Jelikož $H_{\arctg} = (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$, je množina omezená zdola i shora. Ukážeme, že žádné číslo $\alpha \in (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ není horní závorou, tedy že pro každé takové $\alpha$ najdeme $x \in \R$ splňující $\arctg{\left(\frac{x^5-x}{x^2+x+1}\right)} > \alpha$. Zvolme takové $\alpha$ a vyjádřeme ho ve tvaru $\alpha = \arctg{y}$, kde $y \in \R$. Protože funkce arctg je ostře rostoucí, stačí najít $x$, které vyhovuje nerovnosti $\frac{x^5-x}{x^2+x+1}>y$. To nalezneme pomocí odhadu $\frac{x^5-x}{x^2+x+1}>\frac{3x^5}{3x^2}=x^3>y$, který platí pro $x>1$. Zvolíme např. $x = |y|+10$.
Ještě ukážeme, že žádné číslo $\alpha \in (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ není dolní závorou, tedy že pro každé takové $\alpha$ najdeme $x \in \R$ splňující $\arctg{\left(\frac{x^5-x}{x^2+x+1}\right)} < \alpha$. Vyjádřeme $\alpha$ opět jako $\alpha = \arctg{y}$ a využijme růst funkce artcg. Hledané $x$ nalezneme pomocí odhadu $\frac{x^5-x}{x^2+x+1}<\frac{x^5-x^5/3}{x^2+1}<\frac{(2/3)x^5}{2x^2}=x^3/3<y$, který platí např. pro $x<-3$. Zvolíme např. $x = -3|y|-30$.
Množina horních závor je proto $\langle \frac{\pi}{2}, +\infty)$ a množina dolních závor $(-\infty, -\frac{\pi}{2}\rangle$.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o omezenosti následujících podmnožin $\C$:
\begin{enumerate}
\item $\{5+\cos{\varphi}+\im(3+\sin{\varphi})|\, \varphi\in\R\}$,
\item $\{100z+z^{20}|\, |z|<2\}$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. omezená, ii. omezená
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Platí
\begin{align*}
|5+\cos{\varphi}+\im(3+\sin{\varphi})|^2
&= (5 + \cos \varphi)^2 + (3 + \sin \varphi)^2 \\
&= 25 + 10 \cos \varphi + \cos^2 \varphi + 9 + 6 \sin \varphi + \sin^2 \varphi
\\
&= 35 + 10 \cos \varphi + 6 \sin \varphi \leq 51 < 64.
\end{align*}
Pro prvky $z = 5+\cos{\varphi}+\im(3+\sin{\varphi})$ množiny platí, že $|z| < 8$. Množina je tedy omezená.
\item Opět ukážeme, že množina je omezená. Pomocí trojúhelníkové nerovnosti dostáváme
$$
|z^{20} + 100 z| \leq |z|^{20} + 100 |z| < 2^{20} + 100\cdot 2.
$$
Množina je tedy omezená.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o omezenosti následujících podmnožin $\C$:
\begin{enumerate}
\item $\{z^{-1}|\, |z+\im-3|<1\}$,
\item $\{a+\im b|\, a,b\in\R,\, (a+b)(a-b)=1\}$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. omezená, ii. neomezená
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Rozepsáním pro $ z = a + \im b \in \C$, kde $a,b\in \R$, dostaneme
$$
|z+i-3|<1 \Leftrightarrow |(a-3) + \im (b+1)| <1 \Leftrightarrow \sqrt{(a-3)^2 + (b+1)^2} <1 \Leftrightarrow (a-3)^2 + (b+1)^2 <1.
$$
Vidíme, že body $z\in \C$ množiny $ |z+i-3|<1 $ tvoří kruh se středem v bodě $[3,-1]$ a jednotkovým poloměrem. Pro $z\in \C$ splňující $ |z+i-3|<1 $ tedy platí, že $|z| \geq 2 $, protože vzdálenost od nuly k hranici (okraji) tohoto kruhu je určitě větší než 2 (tj. velikost takového komplexního čísla je $|z| > 2$). Prvky vyšetřované množiny proto splňují $|\frac{1}{z}| < \frac{1}{2} $ a množina je tedy omezená.
\item Pro prvky vyšetřované množiny, kterou nazveme $M$, platí $(a+b)(a-b)=1 \Leftrightarrow a^2 - b^2 = 1 \Leftrightarrow a^2 = b^2 + 1$. Ukážeme, že množina $M$ není omezená, tj. platí výrok
$$
(\forall K \in \R)(\exists z \in M )(|z| \geq K).
$$
Ekvivalentní nerovnost je $|z|^2 \geq K^2$. Pro modul platí $|z|^2 = |a+\im b|^2 = a^2 + b^2 = 2b^2 + 1$, kde jsme využili vlastnost prvků množiny M. Chceme ukázat, že $2b^2 + 1 \geq K^2 \Leftrightarrow b^2 \geq \frac{K^2-1}{2}$. Odhadem dostaneme
$$
b^2\geq K^2 \geq \frac{K^2-1}{2}.
$$
Stačí volit $b=|K| + 1$. Dosazením dostaneme $a = \sqrt{(|K| + 1)^2 + 1}$. Pro takové $z = a + \im b$ tvrzení platí. Množina je proto neomezená.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o omezenosti množiny
\begin{align*}
\left\lbrace x \in \mathbb{R} |\, (\exists n \in \mathbb{N}) ( \log_x n = n ) \right\rbrace .
\end{align*}
\tagged{teach}{\begin{res}omezená\end{res}}
\\
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Přepíšeme rovnost $\log_x n = n $ do jiného tvaru. Použitím vztahu $\log_a b = \frac{\log_c b}{\log_c a}$ dostáváme
$$
n = \log_x n = \frac{\ln n}{\ln x} \Leftrightarrow \ln x = \frac{1}{n} \ln n = \ln n^{1/n}.
$$
V množině jsou tedy obsaženy takové $x$, ke kterým nalezneme $n \in \N$ splňující
$$
x = n^{1/n}.
$$
$x$ musí být kladné. Množina je proto omezená zdola. Omezení shora ukážeme pomocí odhadu $n^{1/n} \leq 2 \Leftrightarrow n \leq 2^n$. Tento odhad se snadno dokáže pomocí matematické indukce. Z odhadu vidíme, že množina je omezena horní závorou $2$. Množina je omezená i shora. Celkem je omezená.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o omezenosti následujících množin:
\begin{enumerate}
\item $M_1=\{\frac{1}{1+x^2}|\, x\in\R\}$,
\item $M_2=\{\frac{1}{1+z^2}|\, z\in\C\setminus\{i,-i\}\}$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}$M_1$ omezená, $M_2$ neomezená\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item Množina $M_1$ je omezená, jelikož
$$
\left|\frac{1}{1+x^2} \right| \leq \frac{1}{1+0} = 1
$$
\item Ukážeme, že množina $M_2$ je neomezená. Ověříme, že platí
$$
(\forall K \in \R^+)(\exists z \in \C \setminus \lsz\im,-\im \psz )(| \frac{1}{1+z^2}| > K).
$$
Pro dané $K$ budeme hledat $z$ ve tvaru $z = 0 + \im b$ pro $b \in (0,1)$. Pak můžeme upravit nerovnici na tvar
$$
\left| \frac{1}{1+z^2}\right|
= \left| \frac{1}{1-b^2}\right|
= \frac{1}{1-b^2} > K
\Leftrightarrow b^2 > \frac{K-1}{K}
$$
Pak $b$ volíme jako
$$
b = \begin{cases}
\frac{1}{2} & \text{ pro } K \leq 1, \\
\sqrt{\frac{K-\frac{1}{2}}{K}} & \text{ jinak}.
\end{cases}
$$
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Buďte
\begin{enumerate}
\item $M_1=\{z\in\C|\, (z+1)^{10}=(z-1)^{10}\}$,
\item $M_2=\{z\in\C|\, |z+1|^{10}=|z-1|^{10}\}$.
\end{enumerate}
Určete v jakém vztahu jsou množiny $M_1,\ M_2$ a rozhodněte o jejich omezenosti.
\tagged{teach}{\begin{res} $M_1$ omezená, $M_2$ neomezené $M_2$, $M_1 \subset M_2$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Prvky této množiny splňují polynomiální rovnost $(z+1)^{10}=(z-1)^{10}$ se stejným znaménkem a koeficientem u nejvyšší mocniny $z^{10}$. Tato nejvyšší mocnina se proto odečte a zbyde polynom stupně 9. Prvky množiny mají splňovat $\sum_{k=0}^{9} c_k z^k = 0$, kde $ c_k \in \R, c_9 \neq0$. Rovnice má v $\C$ nejvýše 9 \textbf{různých} komplexních řešení. Tato řešení jsou prvky množiny. Množina $M_1$ je proto konečná, a tedy omezená.
\item Množinu $M_2$ tvoří body komplexní roviny, které mají stejnou vzdálenost od bodů $ w = -1 + \im b$ a $ h = 1 + \im b$ (geometricky se jedná o vertikální přímky procházející body $[-1,0]$ a $[0,1]$). Body množiny proto musí ležet přesně mezi těmito dvěma přímkami (na vertikální přímce procházející bodem $[0,0]$). Jedná se tak o množinu ryze komplexních čísel $z = 0 + \im b$, tj. $M_2 = \im \R$. Množina je neomezená.
\end{enumerate}
Vztah mezi množinami $M_1, M_2$ je následující. Je-li $z\in M_1$, tj. platí $(z+1)^{10}=(z-1)^{10}$, pak platí $|(z+1)^{10}|=|(z-1)^{10}| \Leftrightarrow |(z+1)|^{10}= |(z-1)|^{10}$, a proto $z\in M_2$. To znamená, že $M_1 \subset M_2$.
\end{postup}
}
\end{pr}
