Rovnice a nerovnice. Posloupnosti.

Transkript

1 .. Veronika Sobotíková katedra matematiky, FEL ƒvut v Praze, srpna /75

2 (v reálném oboru) Rovnicí resp. nerovnicí v reálném oboru rozumíme zápis L(x) P(x), kde zna í znaménko rovnosti = resp. n které ze znamének nerovnosti <,, >, a L(x) a P(x) jsou výrazy (levá a pravá strana (ne)rovnice) s deni ními obory D(L) R a D(P) R. Deni ní obor (ne)rovnice je mnoºina D = D(L) D(P). ƒíslo x 0 D je e²ením (ko enem) (ne)rovnice L(x) P(x) na mnoºin M, jestliºe x 0 M a L(x 0 ) P(x 0 ). 30. srpna /75

3 Dv (ne)rovnice jsou ekvivalentní, jestliºe mají stejné mnoºiny e²ení. Úpravám, které p evád jí jednu (ne)rovnici na (ne)rovnici ekvivalentní íkáme ekvivalentní úpravy. Pouºijeme-li p i e²ení (ne)rovnice pouze ekvivalentní úpravy, nemusíme provád t zkou²ku. 30. srpna /75

4 Základní ekvivalentní úpravy rovnic: zám na stran rovnice p i tení stejného ísla/výrazu k ob ma stranám rovnice vynásobení obou stran rovnice stejným nenulovým íslem/výrazem (výraz, který p i ítáme nebo kterým násobíme, musí být denovaný alespo na D) Umocn ní obou stran rovnice není obecn ekvivalentní úprava. 30. srpna /75

5 Základní ekvivalentní úpravy nerovnic: zám na stran nerovnice spojená s oto ením znaménka nerovnosti p i tení stejného ísla/výrazu k ob ma stranám nerovnice vynásobení obou stran nerovnice stejným kladným íslem/výrazem vynásobení obou stran nerovnice stejným záporným íslem/výrazem spojené s oto ením znaménka nerovnosti 30. srpna /75

6 Lineární rovnice a nerovnice Lineární rovnice jsou rovnice, které lze ekvivalentními úpravami p evést na tvar ax + b = 0, kde a, b jsou reálná ísla. Analogicky lineární nerovnice. a > 0 a < 0 b > 0 b b a b < 0 b b a b a b b a b b > 0 b < 0 Obrázek: P ímky y = ax + b a e²ení rovnic ax + b = srpna /75

7 Pokud je koecient a 0, má lineární rovnice ax + b = 0 práv jedno e²ení, a to x = b a. Pokud je koecient a > 0, e²í lineární nerovnici ax + b > 0 v²echna ísla, pro která platí x > b a, tj. v²echna ísla z intervalu ( b a, ). Pokud je koecient a < 0, e²í lineární nerovnici ax + b > 0 v²echna ísla, pro která platí x < b a, tj. v²echna ísla z intervalu (, b a ). (Analogicky pro lineární nerovice s ostatními znaménky.) 30. srpna /75

8 v sou inovém a podílovém tvaru Je-li (ne)rovnice v sou inovém nebo podílovém tvaru, tj. má-li jednu stranu nulovou a druhou ve tvaru sou inu i podílu sou in lineárních initel, je její e²ení celkem jednoduché: K vy e²ení rovnice sta í zjistit, kdy jsou jednotlivé initele nulové. P i e²ení nerovnice nám nulové body initel rozd lí reálnou osu na intervaly, uvnit kterých lineární initele nem ní znaménko. Na jednotlivých intervalech pak o znaménku sou inu/podílu rozhoduje po et záporných initel. Je-li tento po et sudý, je sou in/podíl kladný, je-li po et záporných initel lichý, má sou in/podíl znaménko záporné. Podobné je to i v p ípad, kdy initele jsou obecn nelineární, ale umíme u nich snadno ur it, kdy jsou nulové, kdy kladné a kdy záporné. Toho m ºeme asto vyuºít i p i e²ení obecn j²ích rovnic a nerovnic. 30. srpna /75

9 P íklad 1.1: Najd te v²echna e²ení nerovnice (x 3)(x + 2) x 1 0. e²ení: Deni ní obor nerovnice je D = R \ {1}. Pot ebujeme zjistit, pro jaká x je n který initel v itateli zlomku nulový nebo je mezi leny (x 3), (x + 2), (x 1) sudý po et záporných. K e²ení pouºijeme tabulku. P echody mezi sloupci budou odpovídat nulovým bod m itatele 2, 3 a jmenovatele x x x (x 3)(x+2) x 1 Nerovnici tedy e²í v²echna x 2, 1) 3, ). 30. srpna /75

10 Kvadratické rovnice a nerovnice Kvadratické rovnice jsou rovnice, které lze ekvivalentními úpravami p evést na tvar ax 2 + bx + c = 0, kde a, b, c jsou reálná ísla, a 0. Pokud je a = 1, íkáme, ºe kvadratická rovnice je v normovaném tvaru. Analogicky kvadratické nerovnice. O po tu reálných e²ení kvadratické rovnice rozhoduje její diskriminant D = b 2 4ac. 30. srpna /75

11 Pokud je diskriminant kladný, tj. D = b 2 4ac > 0, má kvadratická rovnice dva r zné reálné ko eny x 1,2 = b ± D 2a x 1 x 2 x 1 x 2 a > 0 a < 0 Obrázek: Paraboly y = ax 2 + bx + c pro D > srpna /75

12 Pokud je diskriminant nulový, tj. D = b 2 4ac = 0, má kvadratická rovnice jeden dvojnásobný reálný ko en x 1 = b ± 0 2a = b 2a x 1 x 1 a > 0 a < 0 Obrázek: Paraboly y = ax 2 + bx + c pro D = srpna /75

13 Pokud je diskriminant záporný, tj. D = b 2 4ac < 0, kvadra- tická rovnice reálný ko en nemá. a > 0 a < 0 Obrázek: Paraboly y = ax 2 + bx + c pro D < srpna /75

14 Vztahy mezi ko eny a koecienty kvadratické rovnice Má-li kvadratická rovnice ax 2 + bx + c = 0, a 0, ko eny x 1, x 2 (v p ípad jednoho reálného ko ene pokládáme x 2 := x 1 ), potom ax 2 + bx + c = a(x x 1 )(x x 2 ), a x 1 x 2 = c a, x 1 + x 2 = b a. Pro rovnici v normovaném tvaru x 2 + bx + c = 0 se druhý a t etí vztah zjednodu²í na tvar x 1 x 2 = c, x 1 + x 2 = b. 30. srpna /75

15 Hledání ko en kvadratické rovnice Pro obecné koecienty rovnice spo ítáme diskriminant, a pokud není záporný, pouºijeme vzorec pro výpo et ko en pomocí diskriminantu. Pokud má rovnice v normovaném tvaru malé (v absolutní hodnot ) celo íselné koecienty, m ºeme zkusit pomocí vztah x 1 x 2 = c a x 1 + x 2 = b zjistit, zda nemá celo íselné ko eny. M ºeme pouºít dopln ní na úplný tverec (je vhodné nejd íve rovnici normovat). 30. srpna /75

16 Nap. x 2 4x 5 = 0 x 2 2 2x 5 = 0 (x 2) = 0 (x 2) 2 = 9 x 2 = 3 Protoºe absolutní hodnota rozdílu dvou ísel je jejich vzdálenost na íselné ose, vidíme ºe vzdálenost x od 2 je 3, tedy x 1 = 2 3 = 1 a x 2 = = srpna /75

17 e²ení kvadratické nerovnice ax 2 + bx + c < 0 (pro ostatní znaménka nerovnosti podobn ) Najdeme ko eny x 1,x 2 kvadratické rovnice ax 2 + bx + c = 0, nerovnici p epí²eme ve tvaru a(x x 1 )(x x 2 ) < 0 a znormujeme ji. Dostaneme ekvivalentní nerovnici (x x 1 )(x x 2 ) < 0 pro a > 0, (x x 1 )(x x 2 ) > 0 pro a < 0. Tu vy e²íme zkoumáním znamének jednotlivých initel na intervalech, na které nám ko eny x 1, x 2 kvadratické rovnice rozd lily reálnou osu. M ºeme téº pouºít graf odpovídající kvadratické funkce a jeho polohu vzhledem k ose x. x 1 x srpna /75

18 Pro koecient úplný tverec. a = 1 také m ºeme jako u rovnic pouºít dopln ní na Nap. 3x 2 12x 15 < 0 x 2 4x 5 < 0 x 2 2 2x 5 < 0 (x 2) < 0 (x 2) 2 < 9 x 2 < 3 Tedy vzdálenost x od 2 na íselné ose je men²í neº 3, takºe x (2 3, 2 + 3) = ( 1, 5). (Kdyby byl diskriminant záporný, vy²lo by nám na pravé stran nerovnice záporné íslo a nerovnice by p i na²em znaménku nerovnosti nem la ºádné e²ení, zatímco p i opa ném znaménku by ji e²ila v²echna reálná ísla. Jak by to bylo v p ípad neostrých nerovností i nulového diskriminantu?) 30. srpna /75

19 Iracionální rovnice a nerovnice Jde o rovnice a nerovnice, v kterých se vyskytuje neznámá pod odmocninou. K odstran ní odmocniny v rovnici pouºíváme umocn ní rovnice, v p ípad pot eby i n kolikeré. Umocn ní rovnice ale není obecn ekvivalentní úprava. Implikace a 2 = b 2 = a = b platí jen za dodate ného p epokladu, ºe a a b mají stejná znaménka. Pokud tedy nemáme zaru eno, ºe ob strany rovnice mají stejné znaménko (nap. proto, ºe na jedné stran rovnice je odmocnina, která je vºdy nezáporná, a na druhé výraz, který je na celém deni ním oboru rovnice nezáporný) je pot eba e²ení rovnice zakon it zkou²kou. 30. srpna /75

20 P íklad 1.2: Najd te mnoºinu v²ech e²ení rovnice 2 x + 2 = 3 + x 1. e²ení: Odmocnina na levé stran rovnice je denována pro x 2, odmocnina na pravé stran rovnice pro x 1. Ob odmocniny tedy budou denovány pro x 1. V prvním kroku umocníme ob strany rovnice na druhou. Dostaneme 4(x + 2) = x 1 + x 1. Nyní ponecháme na pravé stran pouze len s odmocninou, ostatní leny p evedeme na levou stranu a levou stranu upravíme 3x = 6 x srpna /75

21 Rovnici 3x = 6 x 1 vyd líme t emi (abychom dál nepracovali se zbyte n velkými ísly) x = 2 x 1 a znovu umocníme na druhou x 2 = 4(x 1). Po úprav dostaneme kvadratickou rovnici x 2 4x + 4 = 0, kterou upravíme na tvar (x 2) 2 = 0, z kterého okamºit vidíme, ºe má jeden (dvojnásobný) reálný ko en, a to x = 2. Tento ko en vyhovuje podmínce x 1. Protoºe jsme ale provád li i obecn neekvivalentní úpravy (a neov ovali jsme, zda v na²em p ípad ekvivalentní jsou i nejsou), provedeme je²t zkou²ku. 30. srpna /75

22 Zkou²ka: Levá strana L a pravá strana P rovnice mají pro x = 2 hodnoty L = 2 4 = 4, P = = 4, a jsou si tedy rovny. Záv r: Rovnice 2 x + 2 = 3 + x 1 má práv jedno e²ení x = srpna /75

23 S umocn ním u nerovnic musíme být opatrn j²í. V²imn me si nap íklad, ºe 2 > 1 a 2 2 > ( 1) 2, zatímco 2 > 3 a 2 2 < ( 3) 2. I kdyº v obou p ípadech v p vodní nerovnosti bylo vlevo íslo kladné a vpravo záporné, po umocn ní z stalo jednou znaménko nerovnosti stejné a podruhé se oto ilo. 30. srpna /75

24 Podívejme se, co m ºeme íct o výsledku umocn ní nerovnice, p ípadn o jejích e²eních, za p edpokladu, ºe uº máme nerovnici upravenou na tvar u(x) v(x), kde je n které ze znamének nerovnosti a u(x), v(x) jsou n jaké výrazy denované na deni ním oboru D nerovnice. D leºité je si uv domit, ºe v dal²ích úpravách je pot eba brát v úvahu znaménko výrazu v(x) (odmocnina u(x) je vºdy nezáporná). 30. srpna /75

25 Na mnoºin M + = D {x; v(x) 0} platí u(x) v(x) u(x) (v(x)) 2, zatímco na mnoºin M = D {x; v(x) < 0} nerovnice u(x) < v(x) a e²ení u(x) v(x) nemají nerovnice u(x) > v(x) a u(x) v(x) e²í v²echna ísla x M. 30. srpna /75

26 P íklad 1.3: Najd te mnoºinu v²ech e²ení nerovnice x 6 x e²ení: Zjistíme nejd íve, pro jaká x je denována odmocnina v nerovnici, tj. najdeme def. obor nerovnice D. e²íme k tomu nerovnici x 6 x Pouºijeme metodou nulových bod 3 6 x x x x+3 Deni ní obor nerovnice je tedy D = (, 3) 6, ). 30. srpna /75

27 Protoºe 2 je nezáporné íslo a x 6 je na D také nezáporné x+3 íslo, je na mnoºin D umocn ní nerovnice ekvivalentní úprava. Umocn ním dostaneme nerovnici x 6 x Od obou jejích stran ode teme íslo 4 a pak upravíme levou stranu. Zjistíme tak, ºe poslední uvedená nerovnice je ekvivalentní nerovnici 3x 18 x Tuto nerovnici vy e²íme stejn, jako kdyº jsme hledali na za átku p íkladu deni ní obor zadané nerovnice, jen zde za neme tím, ºe nerovnici vyd líme íslem 3. Zjistíme, ºe e²ením jsou v²echna x (, 6 ( 3, ) ozn. = M (viz Cvi ení 1.1). K tomuto výsledku p idáme podmínku x D = (, 3) 6, ). Záv r: Úlohu e²í v²echna ísla z mnoºiny M D = (, 6 6, ). 30. srpna /75

28 P íklad 1.4: Najd te mnoºinu v²ech e²ení nerovnice x 2 5x + 4 > x + 2. e²ení: Zjistíme nejd íve, pro jaká x je denována odmocnina x 2 5x + 4, tj. najdeme def. obor nerovnice D. e²íme k tomu nerovnici x 2 5x Protoºe ko eny rovnice x 2 5x + 4 = 0 jsou 1 a 4 (najdeme je pomocí diskriminantu nebo ze vztah mezi ko eny a koecienty kvadratické rovnice), m ºeme tuto nerovnici p epsat ve tvaru (x 1)(x 4) 0. Jejími e²eními jsou tak v²echna x R, pro která jsou oba initele 0 nebo oba 0. Oba jsou 0, pokud x 1 a zárove x 4, tj. pro x 4. Oba budou 0, jestliºe x 1 a zárove x 4, tj. pro x 1. Deni ní obor nerovnice tak je D = (, 1 4, ). 30. srpna /75

29 Podíváme se nyní na pravou stranu nerovnice x 2 5x + 4 > x + 2. Vidíme, ºe je nezáporná pro x 2 a záporná pro x < 2. Pro x 2 je zadaná nerovnice ekvivalentní nerovnici x 2 5x + 4 > x 2 + 4x + 4 a ta postupn nerovnicím 0 > 9x 0 > x Danou nerovnici tak e²í v²echna x 2, 0) D = 2, 0) ozn. = P srpna /75

30 Pro x < 2 má nerovnice x 2 5x + 4 > x + 2 levou stranu 0 a pravou < 0, tedy nerovnici e²í v²echna x (, 2) D = (, 2) ozn. = P 2. Záv r: e²ením zadané nerovnice jsou v²echna ísla mnoºiny P = P 1 P 2 = 2, 0) (, 2) = (, 0). 30. srpna /75

31 P íklad 1.5: Zjist te, pro jaké hodnoty parametru m R má rovnice x 2 + 2mx + (m 2) 2 = 0 dva r zné reálné ko eny. Pro tyto parametry ko eny najd te. Kdy jsou oba ko eny a) kladné, b) v t²í neº 4? e²ení: Rovnice bude mít dva r zné reálné ko eny práv v t ch p ípadech, kdy bude její diskriminant D = 4m 2 4(m 2) 2 =... = 16(m 1) kladný. Tedy pokud bude rovnice ko eny m > 1. Pro tyto hodnoty parametru m má x 1,2 = 2m ± 16(m 1) 2 = m ± 2 m 1, tedy x 1 = m + 2 m 1, x 2 = m 2 m srpna /75

32 Protoºe je x 2 < x 1, sta í v dal²ím e²it nerovnice x 2 > 0 a x 2 > 4. a) e²íme nerovnici x 2 > 0. Ze znamének výraz, které se v ní vyskytují, > 0 m }{{} <0 2 m 1 }{{} je vid t, ºe tato nerovnice ºádné e²ení m > 1 nemá. <0 Záv r: Rovnice pro ºádný parametr m nemá dva r zné kladné ko eny. 30. srpna /75

33 b) Tentokrát e²íme nerovnici která je ekvivalentní nerovnici m 2 m 1 > 4, 4 m > 2 m 1. Protoºe pravá strana této nerovnice je nezáporná, musí pro v²echna e²ení platit m < 4. Jen pak m ºe být levá strana v t²í neº nezáporné íslo. Máme-li na obou stranách nerovnosti nezáporné íslo, je její umocn ní na druhou ekvivalentní úprava. Umocn ním dostaneme nerovnici kterou upravíme na tvar 16 8m + m 2 > 4m 4, m 2 12m + 20 > srpna /75

34 Snadno ov íme, ºe m 2 12m + 20 = (m 10)(m 2). Tento sou in má být kladný, tedy oba initele mají mít stejné znaménko. Protoºe musí být m < 4, je nutn první initel (m 10) záporný, takºe i druhý initel (m 2) musí být záporný, neboli pro m musí platit m < 2. P ipome me je²t, ºe diskriminant je kladný jen pro m > 1. Záv r: Rovnice má dva r zné reálné ko eny oba v t²í neº 4, práv kdyº pro parametr m platí m (, 2) (, 4) (1, ) = (1, 2). 30. srpna /75

35 s absolutní hodnotou P i jejich e²ení nejd íve najdeme nulové body výraz uvnit absolutních hodnot. Ty nám rozd lí deni ní obor (ne)rovnice na n kolik podinterval. U kaºdého z nich zjistíme, zda jsou na n m jednotlivé výrazy uvnit absolutních hodnot kladné nebo záporné, a pak podle denice absolutní hodnoty a = { a pro a 0 a pro a 0 p epí²eme na tomto intervalu (ne)rovnici bez absolutních hodnot. Mnoºinu v²ech e²ení (ne)rovnice dostaneme jako sjednocení mnoºin e²ení na jednotlivých podintervalech. Pro p ehlednost je moºné pouºít zápis do tabulky. 30. srpna /75

36 P íklad 1.6: Najd te mnoºinu v²ech e²ení nerovnice x x. e²ení: Nulové body 1 a 5 výraz x + 1 a 5 x d lí mnoºinu reálných ísel na t i intervaly (, 1), 1, 5) a 5, ). Na nich budeme nerovnici postupn e²it. (Nulové body lze zahrnout i do interval, které jsou od nich vlevo). Ozna íme-li P 1, P 2, P 3 mnoºiny e²ení na jednotlivých intervalech, dostaneme mnoºinu P v²ech e²ení zadané rovnice jako sjednocení t chto mnoºin. Na intervalu (, 1) máme (x + 1) 5 x 0 x 6 tedy e²ením je kaºdé x (, 1) ozn. = P srpna /75

37 Na intervalu 1, 5) dostáváme x x 2x 4 x 2 takºe e²ením je kaºdé x 1, 5) (, 2 = 1, 2 ozn. = P 2. Na intervalu 5, ) máme x + 1 (5 x) 0 x 6 tedy zde nerovnice nemá ºádné e²ení a P 3 = /0. To znamená, ºe P = P 1 P 2 P 3 = (, 1) 1, 2 /0 = (, 2. Záv r: Mnoºina v²ech e²ení zadané nerovnice je interval (, srpna /75

38 Pouºití zápisu do tabulky (, 1) 1, 5) 5, ) x + 1 x 1 x + 1 x x 5 x 5 x x 5 x x x 1 5 x x x x + 1 x 5 0 x 6 2x 4 0 x 6 x 2 P 1 = (, 1) P 2 = 1, 2 P 3 = /0 V bodech x = 1 a x = 5 lze pouºít oba p episy ze sousedních interval. 30. srpna /75

39 P íklad 1.7: Najd te mnoºinu P v²ech bod reálné osy x, jejichº sou et vzdáleností od bod 2 a 1 je v t²í neº 5. e²ení: Protoºe vzdálenost dvou bod na reálné ose je rovna absolutní hodnot jejich rozdílu a x ( 2) = x + 2, máme e²it nerovnici x x 1 > 5. Nulové body 2 a 1 výraz x + 2 a x 1 rozd lí mnoºinu reálných ísel na t i intervaly (, 2), 2, 1) a 1, ). Na nich budeme nerovnici postupn e²it. e²ení si op t zapí²eme do tabulky. 30. srpna /75

40 (, 2) 2, 1) 1, ) x + 2 (x + 2) x + 2 x + 2 x 1 (x 1) (x 1) x 1 x x 1 > 5 x x > 5 x x > 5 x x 1 > 5 6 > 2x 3 > 5 2x > 4 3 > x x > 2 P 1 = (, 3) P 2 = /0 P 3 = (2, ) To znamená, ºe P = P 1 P 2 P 3 = (, 3) (2, ). Záv r: Hledaná mnoºina bod íselné osy je P = (, 3) (2, ). 30. srpna /75

41 P íklad 1.8: Ur ete, jak závisí na parametru d R po et e²ení rovnice x x = d. e²ení: Nulový bod 2 výrazu x + 2 rozd lí mnoºinu reálných ísel na dva intervaly (, 2) a 2, ). Na nich budeme nerovnici postupn e²it. 30. srpna /75

42 Na intervalu (, 2) máme (x + 2) + x = d 2 = d Tedy pro d = 2 rovnici e²í kaºdé x (, 2), pro d 2 e²ení rovnice v intervalu (, 2) neexistuje. 30. srpna /75

43 Na intervalu 2, ) máme (x + 2) + x = d 2x = d 2 x = d 2 1 P itom d pro d 2 1, tj. d 2. Tedy pro d 2 má rovnice v intervalu 2, ) práv jedno e²ení x = d 2 1 (pro d = 2 to je x = 2), pro d < 2 rovnice e²ení v intervalu 2, ) nemá. 30. srpna /75

44 Záv r: Pro d = 2 má rovnice nekone n mnoho e²ení. Jejími e²eními jsou v²echna ísla z intervalu (, 2. Pro d > 2 má rovnice práv jedno e²ení x = d 2 1. Pro d < 2 rovnice e²ení nemá. 30. srpna /75

45 Exponenciální a logaritmické rovnice a nerovnice Krom pravidel pro po ítání s mocninami a logaritmy tu jsou d leºité také tyto vlastnosti exponenciálních a logaritmických funkcí: základ a exponenciální funkce a x je kladný, obor hodnot funkce a x je (0, ) log a x je denován jen pro základ a > 0, a 1, deni ní obor funkce log a x je interval (0, ) funkce log a x je inverzní funkcí k funkci a x, tedy log a x = y a y = x 30. srpna /75

46 funkce a x, log a x jsou prosté, tedy a x = a y x = y (p itom a x = 1 x = 0) log a x = log a y x = y (p itom log a x = 0 x = 1) a x = b x pro a b x = 0 log a x = log b x pro a b x = srpna /75

47 je-li základ a > 1, pak jsou funkce a x, log a x rostoucí, tedy a r < a s r < s log a r < log a s r < s y a x y log a x 1 x 1 x 30. srpna /75

48 platí-li pro základ 0 < a < 1, pak jsou funkce a x, log a x klesající, tedy a r < a s r > s log a r < log a s r > s a x y y 1 x 1 x log a x 30. srpna /75

49 P íklad 1.9: e²te rovnici 2 4 2x + 4 x+1 16 = 0. e²ení: Úpravami postupn dostaneme ekvivalentní rovnice 2 4 2x x 16 = 0 4 2x x 8 = 0 (4 x ) x 8 = 0 V poslední rovnici provedeme substituci kvadratickou rovnici pro neznámou a a = 4 x (> 0!) a dostaneme a 2 + 2a 8 = srpna /75

50 Rovnici a 2 + 2a 8 = 0 upravíme na sou inový tvar (a + 4)(a 2) = 0, z kterého je patrné, ºe musí být a = 2 nebo a = 4. Podmínce a > 0 vyhovuje pouze a = 2 a tomu odpovídá x = 1 2. Záv r: Zadaná rovnice má práv jedno e²ení x = srpna /75

51 P íklad 1.10: e²te nerovnici 3 2x 3 > 9. e²ení: Protoºe exponenciální funkce se základem 3 je rostoucí, dostáváme postupn ekvivalentní nerovnice 3 2x 3 > 3 2 2x 3 > 2 2 x 3 2 > 2 x 3 2 > srpna /75

52 Nerovnost x 3 > 1 nám íká, ºe máme najít na reálné ose 2 v²echny body x, jejichº vzdálenost od bodu 3 2 je v t²í neº 1. To jsou body, pro které platí x < 3 2 1( = 1 2 ) nebo x > ( = 5 2 ). Záv r: Zadanou nerovnici e²í práv v²echna x (, 1 2 ) ( 5 2, ). 30. srpna /75

53 P íklad 1.11: Najd te mnoºinu v²ech e²ení nerovnice ( 1 ) x log x log(x 2 + 2x + 1) < 0. e²ení: Aby byl výraz vlevo denován, musí být x + 1 > 0 a x 2 + 2x + 1 = (x + 1) 2 > 0. Tedy x > 1 a zárove x 1. Ob tyto podmínky jsou spln ny pro x > 1. Protoºe pro z > 0 je log z 2 = 2 log z a v na²em p ípad je x + 1 > 0, máme log(x 2 + 2x + 1) = log((x + 1) 2 ) = 2 log(x + 1). Vyuºijeme-li je²t vztah log z 1 = log z, vidíme, ºe zadanou nerovnici m ºeme p epsat ve tvaru x log(x + 1) + 2 log(x + 1) < srpna /75

54 Po vytknutí logaritmu na levé stran nerovnice x log(x + 1) + 2 log(x + 1) < 0. a vynásobení nerovnice íslem 1 (protoºe se dále lépe pracuje s (x 2) neº s (2 x)) dostaneme (x 2) log(x + 1) > 0. Tato nerovnost bude spln na, pokud budou oba initele vlevo kladné, nebo oba záporné. 30. srpna /75

55 Výraz x 2 je kladný pro x > 2 a záporný pro x < 2. Logaritmus log(x + 1) je kladný pro x + 1 > 1, tj. x > 0, a záporný pro 1 < x < 0. Nerovnici tedy budou e²it v²echna x > 1 p íkladu), pro která platí (viz za átek e²ení x > 2 a zárove x > 0 (tedy v²echna x (2, )) nebo x < 2 a zárove 1 < x < 0 (tedy v²echna x ( 1, 0)). Záv r: Mnoºinou e²ení je sjednocení interval ( 1, 0) (2, ). 30. srpna /75

56 P íklad 1.12: Najd te v²echna e²ení nerovnice ( x + 8 ) log x 1 1. e²ení: Logaritmus v nerovnici je denován, jestliºe x + 8 x 1 > 0, a je 1, jestliºe x + 8 x Pot ebujeme tedy vy e²it soustavu nerovnic 0 < x + 8 x srpna /75

57 Podívejme se nejd ív na nerovnici 0 < x + 8 x 1. Zlomek bude kladný, pokud nastane n která z t chto moºností: itatel i jmenovatel jsou kladné, tedy x > 8 a zárove x > 1 tomu odpovídají x (1, ) itatel i jmenovatel jsou záporné, tedy x < 8 a zárove x < 1 tomu odpovídají x (, 8) To znamená, ºe první nerovnici e²í v²echna x (, 8) (1, ). (Pro tato x je denován log x+8 x 1. ) 30. srpna /75

58 Máme nyní vy e²it je²t nerovnici Skoro stejná nerovnice x + 8 x x + 8 x 1 > 10, je vy e²ena v pr b hu e²ení Cvi ení Od na²í se li²í jen ve znaménku nerovnosti. Podobn jako tam tedy m ºeme dostat, ºe na²e nerovnice je ekvivalentní nerovnici x 2 x 1 0, jejímiº e²eními jsou v²echna ísla z mnoºiny (, 1) 2, ). 30. srpna /75

59 Soustavu nerovnic 0 < x + 8 x 1 10 tak e²í v²echna ísla z pr niku obor pravdivosti jednotlivých nerovnic, tedy z mnoºiny ] [ (, 8) (1, ) [ ] (, 1) 2, ) = (, 8) 2, ). Záv r: Mnoºinou v²ech e²ení zadané nerovnice ( x + 8 ) log 1 x 1 je sjednocení interval (, 8) 2, ). 30. srpna /75

60 P íklad 1.13: e²te rovnici s neznámou x R log 4 (2 3x) 2 log 4 x = 2 log 4 8. e²ení: Logaritmy na levé stran jsou denovány pro ta x, pro která platí 2 3x > 0 a zárove x > 0, tj. pro x (0, 2 ). 3 P i úprav rovnice nejd ív vyuºijeme pravidel pro po ítání s logaritmy. Postupn dostaneme log 4 (2 3x) log 4 x 2 = 2 log 4 8 log 4 (2 3x) log 4 x 2 = log 4 16 log 4 8 log 4 (2 3x) x 2 = log 4 2 [pro z > 0 máme 2 log a z = log a z 2 ] [2 = log = log 4 16] [pro y,z > 0 je log a y log a z = log a y z ] 30. srpna /75

61 V dal²ím kroku vyuºijeme toho, ºe logaritmická funkce je prostá, tedy log 4 (2 3x) x 2 = log 4 2 (0 <) (2 3x) x 2 = 2 Vynásobíme-li nyní rovnost vpravo nenulovým íslem x 2, dostaneme po jednoduché úprav kvadratickou rovnici jejímiº ko eny jsou ísla 2x 2 + 3x 2 = 0, x 1,2 = 3 ± = 3 ± 5 4 = { Z nich vyhovuje podmínce x (0, 2 3 ) jen ko en 1 2. Záv r: Zadaná rovnice má práv jedno e²ení, a to x = srpna /75

62 posloupnost reálných ísel zobrazení mnoºiny p irozených ísel do mnoºiny reálných ísel n -tý len posloupnosti... hodnota zobrazení v bod n N 30. srpna /75

63 Zna ení: ƒleny posloupnosti... a n, b n apod. posloupnost... (a n ), n=1 (a n) n N, (a 1, a 2, a 3,...) ( asto také : {a n } n=1 apod. ) Obecn ji: Mnoºinu N nahradíme mnoºinou N 0 = N {0} nebo {k, k + 1, k + 2,...}, k N (k Z) 30. srpna /75

64 Posloupnost bývá obvykle zadána vzorcem pro n -tý len: nap. a n = 2 n (n 1) + 5 tj. (a n ) = ( , , , ,...) = n=1 = (5, 9, 21, 53, 133,...) tj. b n = n 3 n + 5 ( (b n ) = 2, 1, 0, 1, 2 ),... = n= ( = 13, 17, 0, 19, 15 ), srpna /75

65 rekurentním p edpisem (tj. jak na sob závisí dva nebo více po sob jdoucích len ) a jedním i více leny posloupnosti (jejich po et závisí na rekurentním vzorci): nap. a n+1 = 2a n + 3, a 1 = 4 tj. (a n ) = (4, , , ,...) = n=1 }{{}}{{}}{{} b n+2 = n b n b n+1, b 1 = 1, b 2 = = (4, 11, 25, 53, 109, 221,...) tj. (b n ) = (1, 0, 1 1 0, 2 0 1, 3 1 ( 1),...) = n=1 }{{}}{{}}{{} 1 1 = (1, 0, 1, 1, 4, 8, 28,...) 4 c n+2 = (c n ) 2, c 1 = 3, c 2 = 1 2 tj. (c n ) = (3, 1, 9, 1, 81, 1, 6561, 1,...) n= srpna /75

66 Denice: íkáme, ºe posloupnost (a n ) n=1 je neklesající, jestliºe pro v²echna n N a n+1 a n nerostoucí, jestliºe pro v²echna n N a n+1 a n. Posloupnost nazýváme monotonní, nerostoucí. pokud je neklesající nebo 30. srpna /75

67 íkáme, ºe posloupnost (a n ) n=1 je rostoucí, jestliºe pro v²echna n N a n+1 > a n klesající, jestliºe pro v²echna n N a n+1 < a n. Posloupnost nazýváme ryze monotonní, pokud je rostoucí nebo klesající. Poznámka: Kaºdá rostoucí posloupnost je neklesající, kaºdá klesající posloupnost je nerostoucí, a tedy také kaºdá ryze monotonní posloupnost je monotonní. 30. srpna /75

68 Speciální p ípady posloupností konstantní posloupnost: a n = A R pro kaºdé n N aritmetická posloupnost dáno a 1 R, d R (d diference ) a n+1 = a n + d pro n N ( rekurentní zadání ), tj. a n = a 1 + (n 1)d pro n N ( zadání vzorcem pro n -tý len ) Platí: a 1 + a a n = s n = (a 1 + a n )n 2 = (2a 1 + (n 1)d)n srpna /75

69 geometrická posloupnost dáno a 1 R, q R (q kvocient ) a n+1 = a n q pro n N, tj. a n = a 1 q n 1 pro n N ( pokládáme tu q 0 = 1 pro kaºdé q R) Platí: a 1 + a a n = s n = a 1 1 qn 1 q pro q 1 a 1 + a a n = s n = n a 1 pro q = srpna /75

70 Aritmetické a geometrické posloupnosti a monotonie Aritmetická posloupnost je vºdy monotonní. pro d > 0 je rostoucí (nap. (13, 16, 19, 22, 25, 28,...)) pro d < 0 je klesající (nap. (13, 10, 7, 4, 1, 2,...)) pro d = 0 je konstantní, tedy nerostoucí a zárove neklasající 30. srpna /75

71 Geometrická posloupnost s nenulovými kvocientem a prvním lenem je monotonní, jen pokud je kvocient kladný. pro a 1 > 0 a q > 1 je rostoucí (nap. (1, 2, 4, 8, 16, 32,...)) pro a 1 > 0 a 0 < q < 1 je klesající (nap. (1, 1, 1, 1, 1,...)) pro a 1 < 0 a q > 1 je klesající (nap. ( 1, 2, 4, 8, 16,...)) pro a 1 < 0 a 0 < q < 1 je rostoucí (nap. ( 1, 1, 2, 1 4, 1 1,...)) srpna /75

72 P íklad 2.1: Ur ete, emu je roven sou et prvních p ti len posloupnosti (a n ) n=1, jestliºe a 3 = 1 a a n+1 + n a n = 5 pro n N. e²ení: Máme a n+1 = 5 na n a také a n = 5 a n+1 n. Tedy a 4 = 5 3 a 3 = 5 3 ( 1) = 8, a 5 = 5 4 a 4 = = 27, a 2 = 5 a 3 2 = 5 ( 1) 2 = 3, a 1 = 5 a 2 1 = = 2. Odtud dostáváme s 5 = a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 = ( 1) ( 27) = 15. Záv r: Sou et prvních p ti len dané posloupnosti je roven srpna /75

73 P íklad 2.2: Mezi ísla 4 a 26 je vloºeno p t ísel tak, ºe spolu s danými ísly tvo í sedm po sob jdoucích len aritmetické posloupnosti. ƒemu je roven sou et vloºených ísel? e²ení: Máme a 1 = 4, a 7 = 26 a zárove a 7 = a 1 + 6d. Pro diferenci d tak dostáváme rovnici 4 + 6d = 26, jejímº e²ením je d = 5. Posloupnost je tak dána spolu se lenem a 1 = 4 rekurentním vzorcem a n+1 = a n 5. S jeho pomocí spo ítáme a 2 = 1, a 3 = 6, a 4 = 11, a 5 = 16, a 6 = 21, odkud dostáváme a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 = 1 + ( 6) + ( 11) + ( 16) + ( 21) = 55. Záv r: Sou et vloºených ísel je srpna /75

74 P íklad 2.3: Platí-li pro geometrickou posloupnost s kladným kvocientem a 1 = 5, a 5 = 405, jaký je sou et prvních ²esti len této posloupnosti? e²ení: Máme a 1 = 5, a 5 = 405 a zárove a 5 = a 1 q 4. Pro kvocient q tak dostáváme rovnici 5 q 4 = 405, jejímº jediným kladným e²ením je q = 4 405/5 = 4 81 = 3. Sou et prvních ²esti len posloupnosti spo ítáme pomocí vzorce s 6 = a a 6 = a 1 1 q 6 1 q = = = = = Záv r: Sou et prvních ²esti len dané posloupnosti je srpna /75

75 Literatura M. Hyánková, V. Sedlá ková, MATEMATIKA pro zájemce o studium na vysokých ²kolách technických, vydavatelství ƒvut, Praha J. Charvát, J. Zhouf, L. Bo ek, Matematika pro gymnázia, vydavatelství Prometheus, Praha O. Odvárko, Matematika pro gymnázia a ady, vydavatelství Prometheus, Praha srpna /75