Edita Kolářová ÚSTAV MATEMATIKY

Transkript

1 Přípravný kurs z matematik Edita Kolářová ÚSTAV MATEMATIKY

2

3 Přípravný kurs z matematik 1 Obsah 1 Přehled použité smbolik 3 Základní pojm matematické logik a teorie množin 4.1 Element matematické logik Základní operace s množinami Aiom, definice, vět a důkaz Úprav agebraických výrazů 8 4 Rovnice Rovnice lineární, kvadratické, s absolútní hodnotou, parametrické Rovnice vššího stupně a iracionální rovnice Soustav lineárních rovnic Řešení nerovnic 5.1 Operace s nerovnicemi Lineární nerovnice Kvadratická nerovnice Nerovnice s absolutními hodnotami Iracionální nerovnice a soustav nerovnic Elementární funkce Lineární funkce Kvadratická funkce Mocninná funkce Eponenciální funkce a logaritmická funkce Logaritmické a eponenciální rovnice Vlastnosti funkce jedné proměnné Vlastnosti a druh funkcí Inverzní funkce Goniometrické funkce Oblouková míra Goniometrické funkce Goniometrické rovnice Komplení čísla Algebraický tvar kompleního čísla Goniometrický tvar kompleního čísla Moivreova věta Řešení binomických rovnic v C

4 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 10 Vektorová algebra a analtická geometrie Základní operace s vektor Přímka v rovině Přímka v prostoru a rovnice rovin Kuželosečk v rovině Posloupnosti a řad Aritmetická a geometrická posloupnost Nekonečná geometrická řada Kombinatorika Permutace, variace a kombinace Binomická věta

5 Přípravný kurs z matematik 3 1 Přehled použité smbolik N = {1,, 3,...} množina všech přirozených čísel N 0 = N {0} Z = {0, 1, 1,,,...} Q = {p/q; p, q Z, q 0} množina všech celých čísel množina všech racionálních čísel R R + množina všech reálných čísel množina všech reálných kladných čísel C = { + i;, R} množina všech kompleních čísel { },Ø prázdná množina a M a M a je prvek množin M a není prvek množin M { M; v()} množina všech prvků množin M s vlastností v P Q P Q P Q P Q konjunkce výroků P, Q disjunkce výroků P, Q P implikuje Q ekvivalence výroků P a Q obecný kvantifikátor (každý...) eistenční kvantifikátor (eistuje...) M N M je podmnožina N M = N (M N ) (N M) ; M se rovná N M N M N {; M N } sjednocení množin {; M N } průnik množin M N {; M N } A[a 1 ; a ; a 3 ] bod o souřadnicích a 1, a, a 3 u = (u 1 ; u ) vektor o složkách u 1, u AB a, z vzdálenost bodů A, B; velikost úsečk AB absolutní hodnota reálného resp. kompleního čísla

6 4 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně Základní pojm matematické logik a teorie množin.1 Element matematické logik Výrok je vslovená nebo napsaná mšlenka, která sděluje něco, co může být pouze pravdivé nebo nepravdivé. Jednoduché výrok označujeme velkými písmen, např. A, B, V,.... Pomocí logických spojek dostáváme složené výrok. Nejdůležitější jsou: A (nona; A ; A;...) negace výroku A (není pravda, že A) A B konjunkce (A a zároveň B) A B disjunkce (A nebo B; platí alespoň jeden) A B implikace (jestliže A, pak B; z A plne B) A B ekvivalence (A platí tehd a jen tehd, kdž platí B; A platí právě tehd, kdž platí B) Kvantifikované výrok jsou výrok, udávající počet: obecný kvantifikátor (čteme: ke každému, pro každé, pro všechna) vjadřující, že každý (všichni, libovolný, kterýkoliv) uvažovaný objekt má - nebo nemá - požadovanou vlastnost. eistenční kvantifikátor (čteme: eistuje alespoň jeden) vjadřuje, že některé (alespoň jeden, někteří, lze nalézt, eistuje,...) objekt mají vlastnost, o kterou jde. Příklad.1 Výrok A je "rok má 13 měsíců" a výrok B je = 4. Utvořte A, A B, A B, A B, A B a rozhodněte, jsou-li pravdivé nebo nepravdivé. A : "rok nemá 13 měsíců" - pravdivý výrok A B : "rok má 13 měsíců nebo = 4 - pravdivý výrok A B : "rok má 13 měsíců a = 4 - nepravdivý výrok A B : " má-li rok 13 měsíců, pak = 4 - pravdivý A B : "rok má 13 měsíců právě tehd, je-li = 4 - nepravdivý výrok Příklad. Vslovte negaci výroku A: a) Všechn kořen mnohočlenu jsou rovn nule. b) Ne všechna reálná čísla jsou kladná. c) < 7 d) Levná výroba proudu. a) Alespoň jeden kořen mnohočlenu je nenulový; b) Všechna reálná čísla jsou kladná; c) 7; d) není výrok

7 Přípravný kurs z matematik 5 Příklad.3 Výrok A "číslo a je dělitelné osmi", výrok B "číslo a je dělitelné dvěma". Formulujte A B, a rozhodněte zda je pravdivý. Je-li číslo a dělitelné osmi, pak je dělitelné dvěma. Pravdivá implikace. Základní operace s množinami Množinou rozumíme souhrn libovolných, navzájem různých objektů, které mají určitou vlastnost. Základní operace s množinami : A B A = B A B A B inkluze množin A, B rovnost množin A, B sjednocení množin průnik množin A B rozdíl množin (A \ B) A B doplněk množin A v množině B Připomínáme ješte interval, jejich názv, znázornění na číselné ose: uzavřený interval a; b = { R; a b} otevřený interval (a; b) = { R; a < < b} a a b b polootevřený interval (a; b = { R; a < b} (polouzavřený) a; b) = { R; a < b} neomezený interval a; ) = { R; a } (a; ) = { R; a < } ( ; b = { R; b} ( ; b) = { R; < b} a a a a b b b b oboustranně neomezený interval ( ; ) = R Příklad.4 M je množina všech sudých čísel, P množina všech lichých čísel, která nejsou dělitelná třemi, R množina všech čísel, která jsou dělitelná třemi. Určete M R, M P R, P R. M P R = Z M R množina všech celých čísel dělitelných šesti P R = { }

8 6 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad.5 M je množina všech sudých přirozených čísel menších než deset. Najděte všechn její podmnožin. M = {, 4, 6, 8} jednoprvkové {}, {4}, {6}, {8} dvouprvkové {, 4}, {, 6}, {, 8}, {4, 6}, {4, 8}, {6, 8} trojprvkové {, 4, 6}, {, 4, 8}, {4, 6, 8}, {, 6, 8} čtřprvkové {, 4, 6, 8} množina prázdná.3 Aiom, definice, vět a důkaz Základem logické výstavb matematik je soubor aiomů, t.j. matematických výroků, které se považují za pravdivé a nedokazují se. K zavedení nových pojmů slouží definice, která stanoví název pojmu a určí jeho základní vlastnosti. Věta v matematice je pravdivý výrok, který musíme logick odvodit - dokázat - z aiomů, definic a dříve dokázaných vět. Podle použitých postupů rozlišujeme důkaz přímý, nepřímý, důkaz sporem, důkaz matematickou indukcí. Příklad.6 Věta: Součin dvou libovolných sudých čísel je dělitelný čtřmi. Důkaz přímý: Jde o součin l k = 4lk (l, k Z) a to blo dokázat. Příklad.7 Věta: Nechť rovnice a + b + c = 0 má celočíselné koeficient, a 0, b je číslo liché. Dokažte, že rovnice nemůže mít dvojnásobný kořen. Důkaz sporem: Předpokládáme, že rovnice má dvojnásobný kořen. Pak diskriminant je nulový. Víme, že b = k + 1, k Z. Ted D = (k + 1) 4ac = 0 4k + 4k + 1 = 4ac. Na levé straně rovnice je liché číslo, na pravé straně sudé a to je spor. Neplatí ted předpoklad, že kvadratická rovnice má za daných podmínek dvojnásobný kořen. Příklad.8 Matematickou indukcí dokažte, že součet čtverců prvních n přirozených čísel je roven S n = 1 n(n + 1)(n + 1). 6 Důkaz: Matematickou indukcí dokazujeme výrok V (n) tak, že nejprve dokážeme platnost V (a), kde a je nejmenší přirozené číslo pro danou úlohu. Pak předpokládáme platnost V (n) a ukážeme platnost implikace V (n) V (n + 1). Pak V (n) platí pro všechna n. V našem případě: V (1) : S 1 = = 1, což odpovídá S 6 1 = 1. Předpokládáme V (n) : S n = 1 n(n + 1)(n + 1). 6 Počítáme V (n + 1) : S ( n + 1) = S ( n) + (n + 1) = 1n(n + 1)(n + 1) + (n + 6 1) = 1 (n + 6 1)(n + 7n + 6) = 1 (n + 1)(n + )(n + 3). 6

9 Přípravný kurs z matematik 7 Příklad.9 Nechť množina M je množina všech řešení rovnice cos π je množina všech řešení rovnice sin π = 0. Najděte M N, M N. = 0, množina N Příklad.10 Najděte sjednocení a průnik intervalů: a) ; 3) a 1; ) b) ( ; 3 a ( 8; 15) Příklad.11 Přímým důkazem dokažte: [M N = Z; M N = kladná a záporná lichá čísla ] a) Zvětší-li se číslo a o, zvětší se jeho druhá mocnina o (a + ). [a) 1; ), ; 3) b) ( ; 15), ( 8; 3 ] b) Zvětší-li se číslo o h, zvětší se jeho dekadický logaritmus o log (1 + h ). c) Součet dvou čísel lichých je sudé číslo. Příklad.1 Sporem dokažte: a) Rovnice a = b, kde a 0, má jediné řešení. b) V každém trojúhelníku leží proti stejným úhlům stejné stran. Příklad.13 Metodou matematické indukce dokažte: a) n 1 = 1 (3n 1) b) n(n + 1) = 1 n(n + 1)(n + ) 3 c) (n 1) = 1 n(n 1)(n + 1) 3

10 8 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 3 Úprav agebraických výrazů Algebraický výraz je zápis, který je správně vtvořen z matematických operačních znaků, čísel, proměnných, výsledků operací a hodnot funkcí. Při úpravách používame poznatků o mocninách, odmocninách, zlomcích a mnohočlenech tak, abchom výraz převedli na nejjednodušší tvar. Nutnou součástí řešení jsou podmínk, které stanoví, kd jsou výraz definován. Pravidla pro počítání s mocninami: Pro každé reálné r, s a každé a > 0, b > 0, (respektive pro každé celé r, s a každé a 0, b 0) platí: a 0 = 1 a r = 1 a, r a r a s = a r+s a r : a s = a r s (a r ) s = a rs (ab)r = a r b r ( a b ( a b ) r = a r b r ) 1 = b a Pravidla pro počítání s odmocninami: Nechť m, n N, a 0. Pak platí: n a = a 1 n. Pro a = 0 je n 0 = 0. Pro n = 1 je 1 a = a. Pro n = zapisujeme a = a. n a n b = n ab, a 0 b 0 n a n b = n a b, a 0 b > 0 ( n a) m = n a m = a m n, a 0 m n a = mn a, a 0 Rozklad nejjednodušších mnohočlenů: (a ± b) = a ± ab + b (a ± b) 3 = a 3 ± 3a b + 3ab ± b 3 a b = (a b)(a + b) a 3 b 3 = (a b)(a + ab + b ) a 3 + b 3 = (a + b)(a ab + b ) Rozklad kvadratického trojčlenu na součin kořenových činitelů:

11 Přípravný kurs z matematik 9 Jsou-li 1, kořen kvadratického trojčlenu a + b + c, kde a 0, pak platí: a + b + c = a( 1 )( ) Připomínáme definici absolutní hodnot: Každému reálnému číslu a přiřazujeme právě jedno nezáporné číslo a takto: a pro a 0 a = a pro a < 0. Jestliže a, b jsou reálná čísla, pak absolutní hodnota má tto vlastnosti: 1) a = ma{a, a} 5) ab = a b ) a = a 6) a n = a n, pro každé přirozené n 3) a a 7) a = a, b b pro každé b 0 4) a = a 8) a + b a + b, (trojuhelníková nerovnost) 9) Nechť ε > 0, pak pro libovolná reálná čísla a, platí: a ε < < a + ε a < ε Příklad 3.1 Upravte výraz V na nejjednodušší tvar: a) V = 3 ( ) + +, 0 Pro > 0 : V = [ ( )] [ ( )] + = 83 + Pro < 0 : V = ( ) ( ) + = 83 b) V = V = ( 1) 3( 1) ( 3) = platí pro 0, 1, 3. ( 1)( + 1)( 3) ( + 1)( 3) = 1,

12 10 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně c) V = a b ab 1 + a b a 1 b (a 1 b 1 )(ab 1 + a 1 b + 1) V = a + b b b a a ( 1 1)( a + b + 1) a b a b b a a b a b = a4 a 3 b + b 4 ab 3 (b a)(a + b + ab) = = a3 (a b) b 3 (a b) (a b)(a + ab + b ) = (a b)(a3 b 3 ) (a 3 b 3 ) pro a 0 b 0 a b. d) V = = b a, ( 3 + 1)(1 ) + ( 3 + 1)(1 + ) 1 = = = ( 1) ( 1) 1 = ( ); Pro 1 0 : V = 0 Pro 1 < 0 : V = Příklad 3. Užitím rozkladu kvadratického trojčlenu převeďte na součin: a) b) c) [a) 3 ( 8)( + 7); b) ( 1)( + 1)( + 3); c) ( + 5)( 5)( + 8)( 8)] Příklad 3.3 Zjednodušte následující výraz: a) + b) a a + b a b a + ( c) + + ) ( ) 1 : + + ( a b d) + b 1) ( a + b + 1) a b a ( a 4 ) b4 b a : (a b ) e) 1 + (4 a ) 1 ( a) 1 1 a ( + a) 1 + (4 a ) 1 1 a ( ) [( + 1 f) + : + 1 ) ] ( a + a ) a

13 Přípravný kurs z matematik 11 g) ( v + u v ) ( : uv ) v(u v) 1 + uv h) : [a) +, ±; b) a (a b), 0 a a b; c), ± ; Příklad 3.4 Usměrněte zlomk: d) 1, a 0 b 0 a ±b; e) a +, a ( ; 1) (1; ); f), 0 0; g) u, uv 1; h) 1 3, 0 1] a) b) [a) 5 + 6; b) + 4, > ] 4 Rovnice 4.1 Rovnice lineární, kvadratické, s absolútní hodnotou, parametrické Jsou-li f() a g() funkce proměnné definované na množině D R, pak úloha najít všechna D, pro něž f() = g(), znamená řešit rovnici o jedné neznámé. Lineární rovnici o jedné neznámé R lze psát ve tvaru a + b = 0, kde a R, b R, a 0. Má právě jeden kořen = b a. Grafick tento kořen určíme jako průsečík přímk = a + b s osou. Příklad 4.1 V oboru reálných čísel řešte rovnici ( 1) 11 3 = 9 5( + 1). 8 Celou rovnici vnásobíme 8 11, tím se zbavíme zlomků: 16( 1) 44( 3) = 79 55( + 1) a po roznásobení je: = , sloučíme = ,

14 1 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně k oběma stranám rovnice přičteme a to je rovnice tvaru a + b = 0. Takže 7 61 = 0 = 61 7 = 3. Nemusíme provádět zkoušku, veškeré úprav (násobení rovnice nenulovým číslem, přičítání stejného čísla k oběma stranám rovnice) jsou ekvivalentní. Zkouška pak má jen charakter kontrol výpočtu. Příklad 4. Řešte v R rovnici: a) = b) 3 + ( ) = 5. 3 a) Řešíme za předpokladu + 7 0, tzn. 7, úpravou: ( + 7) + 3 = = + 10 b) Zbavíme se zlomků = 7 což je spor { } 3(3 + ) 7 + (1 1) = = 30 0 = 0 Rovnice má nekonečně mnoho řešení = t, t R. Kvadratickou rovnici o jedné neznámé R lze psát ve tvaru a + b + c = 0, kde a, b, c R, a 0. Kořen této rovnice vpočítáme pomocí diskriminantu D = b 4ac. Pro D > 0 dostaneme dva reálné různé kořen 1, = b ± D. a Pro D = 0 dostaneme jeden dvojnásobný kořen 1, = b a. Pro D < 0 nemá rovnice v R řešení. Grafick kořen určíme jako průsečík parabol = a + b + c s osou.

15 Přípravný kurs z matematik 13 Příklad 4.3 Řešte v R následující kvadratické rovnice: a) = 0 1, = 4 ± = 4 ± 6 1 = 1 = 5 b) = 0 1, = 6 ± = 3 dvojnásobný kořen c) = 0 1, = 4 ± v R nemá rovnice řešení d) + 6 = 0 ( + 6) = 0 1 = 0 = 6 e) 5 4 = 0 ( 5 )( 5 + ) = 0 1 = 5 5 = 5 5 f) + 16 = 0 v R neřešitelná rovnice Příklad 4.4 Napište kvadratickou rovnici, jejíž kořen jsou 1 = 3 3 a = 3. ( 1 )( ) = 0 ( + 3 3)( 3) = = 0 Nebo podle vztahů mezi kořen 1, a koeficient p, q kvadratické rovnice + p + q = 0 kde 1 + = p, 1 = q pak a úpravou dostaneme + (+3 3 3) = = 0. Při řešení rovnic s absolutní hodnotou vcházíme z definice absolutní hodnot a řešíme rovnice v intervalech, které dostaneme pomocí tzv. kritických bodů. Příklad 4.5 V oboru reálných čísel řešte rovnice s absolutními hodnotami: a) = 5 b) 7 + = 3 c) 3 1 = + 1 d) = + 3 a) Pro (, ), rovnice přejde v rovnici 3 4( ) = 5. Tato má řešení = 11, které patří do daného intervalu. 9

16 14 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně Pro, ) : 3 + 4( ) = 5 = 5, ) Sjednocení řešení pak je = b) (, ) : = 3 = (, ), 7 ) : = 3 =, 7 ) 7, ) : 7 + = 3 = 4 7, ) Závěr: {, 4} c) (, 1 ) : = + 1 = 1 (, 1 ) 1, ) : = = 0 Závěr: 1, ) d) (, 3 ) : = + 3 = 3 5 (, 3 ) 3, ) : = + 3 = 1 3, ) Závěr: {1, 3 5 } Rovnice s parametrem jsou rovnice, které kromě neznámých obsahují ještě další proměnné - parametr. Řešení rovnic s parametr spočívá v určení kořenů v závislosti na parametrech a v úplném rozboru všech možností parametrů. Příklad 4.6 Řešte v R rovnici a + 1 a = a, kde a R je parametr. a Pro a = 0 rovnice nemá smsl. Pro a 0 dostaneme a + a a 1 = a pro a = 1 : 0 =, spor (a 1) = a + 1 = pro a 1 : = a+1 a 1 Závěr: a = 0 rovnice nemá smsl a = 1 rovnice nemá řešení a 0 a 1 rovnice má jediné řešení = a + 1 a 1 Příklad 4.7 Pro které hodnot reálného parametru m má kvadratická rovnice + 3 m + m + 3 = 0 o neznámé R jeden kořen rovný nule? Najděte druhý kořen.

17 Přípravný kurs z matematik 15 Absolutní člen m + m + 3 = 0 m 1, = 1 ± Druhý kořen = 3. m = 1 m = 3. Příklad 4.8 Pro které hodnot parametru t má kvadratická rovnice + t + = 0 reálné různé kořen? Reálné různé kořen D = t 16 > 0 t > 16 t > 4 t (, 4) (4, ) Příklad 4.9 Na základě vět o absolutní hodnotě reálného čísla zjistěte, pro která čísla platí rovnosti: a) ( )( 4) = ( )( 4) b) ( 4)( 3) = 4 3 c) ( )( 5) = ( )( 5) d) 0, 5 0, 5 1, = 1, e) 3 = 3 [a) 4 b) R c), 5 ; d) R {1,} e) (, 3 ] Příklad 4.10 Rozhodněte, který z výroků je pravdivý: a) < < < b) 1 < 3 1 c) 1 < 3 < 4 d) 3; 5) < 5 [a) pravdivý; b) není pravdivý; c) není pravdivý; d) není pravdivý] Příklad 4.11 Řešte v R rovnici 1 1 = 8 3. [ 1 = 5 = 5 4 ] Příklad 4.1 Řešte v R následující rovnice: a) = 0 b) = c) = 4 d) 3 5 = 0 e) 0, + 0, 01 = 0 f) (1 ) = 3 [a) 1 = 1 5 = ; b) = 1; c) 1 = 9 = 4; d) 1 = = 1 3 ;

18 16 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně e) 1, = 0, 1 f) { }] Příklad 4.13 Řešte v R rovnici a = 1 (4 + 1), parametr a R. 3 a [a 0; pro a = rovnice nemá řešení; a = nekonečně mnoho řešení = t, t R; a, 0, je = 1 a(a ) ] Příklad 4.14 Určete reálnou hodnotu parametru a tak, ab rovnice 6a a+ = 15, R měla kladný kořen. [ = 3(a 5) a > 0, a (, ) ( 5, )] Příklad 4.15 Pro které reálné hodnot parametru má rovnice a) t + 1 t = 0 reálné různé kořen? b) + m m = 1 jeden kořen roven nule? [a) t (, 3 ) ( 3, ); b) m = 3 m = 4; 1 = 0, = 1] Příklad 4.16 Najděte kvadratickou rovnici, jejíž kořen jsou 1 = 1, = Rovnice vššího stupně a iracionální rovnice [ = 0] Algebraické rovnice vššího stupně řešíme převodem na součinový tvar, někd jako rovnice binomické. Příklad 4.17 V oboru reálných čísel řešte rovnice: a) 4 = 16 b) = 0 a) 4 16 = 0, upravíme na součinový tvar ( )( + )( + 4) = 0 reálné kořen jsou 1 =, = b) = 0 ( + 1) = 0 { } Iracionální rovnice obsahují odmocnin z výrazů s neznámou. Odmocnin odstraňujeme neekvivalentní úpravou - umocněním, proto je nutně součastí řešení zkouška. Příklad 4.18 V oboru reálných čísel řešte iracionální rovnici: a) 4 = b) 7 5 = 3

19 Přípravný kurs z matematik 17 a) Řešíme za předpokladu Umocněním dostaneme ( 4) = = 0 1, = 10 ± Podmínce řešitelnosti vhovuje pouze = 8. Umocnění je neekvivalentní operace, provedeme zkoušku: L(8) = 8 4 = 4 P (8) = 16 = 4 } = 8 = 10 ± 6 b) Řešíme za předpokladu {} rovnice nemá řešení. Příklad 4.19 Řešte v R iracionální rovnice: a) = 1 b) + + = + 3 c) 3 4 = 0 d) = e) = 3 [a) = 3; b) = 5 ; c) = 16 d) {}; e) = 5 3 ] 4.3 Soustav lineárních rovnic Několik rovnic o dvou a více neznámých, které mají být současně splněn, tvoří soustavu rovnic. Řešením soustav je průnik řešení jednotlivých rovnic. Při řešení soustav se používají ekvivalentní úprav soustav rovnic, tj. takové úprav, jimiž se nemění řešení soustav. V takovém případě není nutná zkouška, ale je vhodná pro kontrolu. Přehled ekvivalentních úprav soustav rovnic: Nahrazení libovolné rovnice soustav rovnicí, která je s ní ekvivalentní, tj.má totéž řešení. Nahrazení libovolné rovnice soustav součtem této rovnice a libovolné jiné rovnice soustav. Dosazení neznámé nebo výrazu s neznámou z jedné rovnice soustav do jiné její rovnice. M se budeme zabývat soustavou lineárních rovnic. Základním tpem metod řešení lineárních algebraických rovnic jsou eliminační metod, jejichž podstatou je postupná eliminace (vlučování) neznámých z rovnic soustav. Podle způsobu, jimž eliminujeme jednu neznámou, rozlišujeme několik metod řešení: Metoda sčítací - rovnice soustav násobíme čísl zvolenými tak, ab se po sečtení vnásobených rovnic jedna neznámá vloučila.

20 18 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 4.0 Metodou sčítací řešte v R R soustavu rovnic. = = 11. První rovnici vnásobíme třemi, dostávame rovnici 6 3 = 31. Získali jsme tímto způsobem ekvivalentní soustavu 6 3 = = 11. Rovnice teď sečteme, tím vloučíme neznámou a pro neznámou dostáváme rovnici 7 = 14, =. Obdobně lze vloučit neznámou vnásobením druhé rovnice minus dvěma a sečtením s první rovnicí. Dostáváme rovnici 7 = 1, = 3. Řešením soustav je uspořádaná dvojice [, ], =, = 3. Metoda dosazovací - vjádříme jednu neznámou z jedné rovnice soustav a dosadíme ji do dalších rovnic, čímž se jedna neznámá ze soustav vloučí. Příklad 4.1 Metodou dosazovací řešte v R R soustavu rovnic. = = 9. Z první rovnice vjádříme = 5, a dosadíme do druhé rovnice. Dostáváme 3 + 4( 5) = 9, 11 = 9 + 0, = 1. Potom = 5 = 5 = 3. Dostali jsme řešení = 1, = 3. Metodu sčítací a dosazovací můžeme také kombinovat. Příklad 4. V R R řešte soustav rovnic: a) + = 4 b) = 13 c) 3 = = = = 10 a) + = 4 / ( 3) 3 3 = 1 = 5, = = = 7

21 Přípravný kurs z matematik 19 b) = = 13 soustava nemá 7 + = 1 / = 4 řešení c) 3 = 5 / 4 6 = = = 10 soustava má nekonečně mnoho řešení = t, = 1 (t 5), t R 3 Při řešení více než dvou rovnic je nejvýhodnější použití Gaussov eliminační metod, která spočívá v postupném převedení dané soustav rovnic ekvivalentními úpravami na tzv. trojúhelníkový tvar. Příklad 4.3 Užitím Gaussov eliminační metod řešte v R R R soustavu rovnic z = 15 (1) z = 15 () z = 7 (3) Nejprve soustavu upravíme tak ab v první rovnici koeficient u neznámé bl 1. Blo b možné toho dosáhnout dělením první rovnice číslem 9, tím bchom ovšem dostali v první rovnici desetinná čísla. Raději od první rovnice odečteme druhou, čímž dostaneme soustavu rovnic: 5z = 0 (1) z = 15 () z = 7 (3) Dále v získané soustavě od druhé rovnice odečteme 8-krát první, a od třetí rovnice odečteme 3-krát první. Tím eliminujeme neznámou v těchto rovnicích a dostáváme tuto ekvivalentní soustavu: 5z = 0 (1) z = 15 () z = 7 (3) Nní druhou rovnici dělíme čtrnácti, abchom u neznámé získali koeficient 1. Dále k třetí rovnici přičteme 4-krát druhou, čímž v ní eliminujeme neznámou. Tím přecházíme k této soustavě rovnic: 5z = 0 (1) z = () 19z = 19 (3) Tato soustava má trojúhelníkový tvar a její řešení určíme snadno takto: Z třetí rovnice po

22 0 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně dělení číslem 19 dostáváme: z = 1. Dosazením do druhé rovnice vpočteme = 1 (15 43) = 14 a po dosazení do první rovnice vchází = + 5 = 3. Dostali jsme řešení = 3, =, z = 1. Příklad 4.4 V R 3 řešte soustav rovnic: a) + + 3z = 7 b) + + 3z = 1 c) + + 3z = z = z = z = + + z = z = 1 + z = 4 Soustav budeme řešit Gaussovou eliminační metodou. a) + + 3z = z = z = z = 6 7 8z = 15 + z = z = 4 + z = 3 6z = 6 Tato soustava má trojúhelníkový tvar a můžeme jej snadno vřešit. Postupně dostáváme z = 1, = 3 z = 1, = 7 3z = 7 3 =. Dostali jsme ted řešení =, = 1, z = 1. b) + + 3z = z = z = z = + z = 1 + z = z = 1 + z = 10 0 = 9 Z trojuhelníkového tvaru vidíme, že soustava nemá řešení. c) + + 3z = z = z = z = 0 = z = 3 + z = z = 3 soustava má nekonečně mnoho řešení. Zvolíme-li z = t, pak postupně máme = 3 t 1 a = t + 3t = t. Řešením soustav potom bude uspořádaná trojice = t, = 1 t, z = t, t R. 3 Příklad 4.5 Řešte v R R soustav lineárních rovnic: a) = 0 b) 6 = c) + = = 0 3 = = 8

23 Přípravný kurs z matematik 1 [a) = 3, = 1; b) nemá řešení; c) = 4 a, = a, a R] Příklad 4.6 Převedením na trojúhelníkový tvar řešte v R 3 soustav rovnic: a) 3 + 4z = 8 b) + 4 3z = 0 c) + + 4z = z = 10 3 z = z = z = z = z = 10 [a) nemá řešení; b) = 13t/7, = t/7, z = t; c) = 3, = 4, z = 5] Příklad 4.7 Převedením na trojúhelníkový tvar řešte v R 4 soustav rovnic: a) 3 + 6z u = 1 b) + z u = + z = z + u = z u = z + u = z 5u = z u = 4 Příklad 4.8 Určete vzájemnou polohu tří rovin: α : 3 + z = 0 β : + z 3 = 0 γ : + + z 1 = 0 [a) soustava nemá řešení; b) = 1, =, z = 1, u = 3] [rovin se protínají v bodě [, 3, 5]] Příklad 4.9 Užitím Gaussov eliminační metod řešte v R 3 soustavu rovnic v závislosti na parametru a z = 7a z = 3a z = a 8 [[,, z] = [a, a/3, a/]]

24 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 5 Řešení nerovnic 5.1 Operace s nerovnicemi Jsou-li f a g funkce proměnné definované na množině D R, pak úloha: "najděte všechna D, která po dosazení do jednoho ze vztahů: f() < g(), f() > g(), f() g(), f() g() dají pravdivou nerovnost" znamená řešit nerovnici s neznámou. Při řešení nerovnic používáme ekvivalentní úprav: 1. Záměna stran nerovnice se současnou změnou znaku nerovnice: f() < g() g() > f(). Přičtení konstant nebo funkce h(), definované v D, k oběma stranám nerovnice: f() < g() f() + h() < g() + h() 3. Násobení nenulovou konstantou nebo funkcí h() definovanou v D : a) h() > 0 pro D : f() < g() f()h() < g()h() b) h() < 0 pro D : f() < g() f()h() > g()h() 4. Umocnění pro případ nezáporných stran nerovnice: 0 f() < g() f n () < g n (), n N 5. Odmocnění pro případ nezáporných stran nerovnice: 0 f() < g() n f() < n g(), n N Pokud používáme při řešení nerovnic ekvivalentní úprav, není potřeba provádět zkoušku, snad jen pro vloučení vlastních chb. Klasifikace nerovnic Elementární nerovnice s neznámou můžeme rozdělit (podobně jako rovnice) podle toho, v jaké pozici se v dané nerovnici nachází neznámá. Rozlišujeme nerovnice lineární a kvadratické, nerovnice s absolutní hodnotou, eponenciální a logaritmické nerovnice, iracionální nerovnice. Postup řešení pro jednotlivé tp nerovnic ukážeme na příkladech.

25 Přípravný kurs z matematik 3 5. Lineární nerovnice Příklad 5.1 Řešte v R nerovnici Odstraníme zlomk a upravíme roznásobením ( 17) 4(8 ) 16 8( 4) + Příklad 5. Řešte v N nerovnici \ ( 1) ; ) Odstraníme zlomk a upravíme roznásobením, stejně jako kdž hledáme řešení nerovnice v R \ (5 6) Hledáme řešení v oboru přirozených čísel. Dostaneme 43 9 N {1,, 3, 4} Příklad 5.3 Řešte v R nerovnici v podílovém tvaru 1 4 > 0.

26 4 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 1 4 > 0 [(1 ) > 0 ( 4) > 0] [(1 ) < 0 ( 4) < 0] [ < 1 > 4] [ > 1 < 4] 4 < < 1 { } (4; 1) Jiný způsob řešení: Najdeme tzv. nulové bod čitatele a jmenovatele - to jsou bod, ve kterých je polnom v čitateli nebo ve jmenovateli rovný nule - a v intervalech mezi nulovými bod zjistíme znaménko čitatele, jmenovatele a nakonec celého zlomku. ( ; 4) (4; 1) (1; ) podíl Máme ostrou nerovnost, takže řešením naší nerovnice je (4; 1). Příklad 5.4 Řešte v R nerovnici Upravíme na podílový tvar: ( + 1) Můžeme vužít nulových bodů čitatele a jmenovatele, pak dostaneme řešení ( ; 4) 1; ) Danou rovnici můžeme řešit i jinak: \ (4 + ) a) 4 + > Dostali jsme, že b) 4 + < Dostali jsme, že ( > 4 1) 1. ( < 4 1) < 4. Ted < 4 1 čili ( ; 4) 1; ).

27 Přípravný kurs z matematik Kvadratická nerovnice Příklad 5.5 Řešte v R nerovnici ( 5)( + 1) 0 [( 5) 0 ( + 1) 0] [( 5) 0 ( + 1) 0] 5 1 ( ; 1 5; ) Úlohu můžeme řešit i pomocí nulových bodů polnomu nebo také grafick: = 4 5 je rovnice parabol, její vrcholový tvar je + 9 = ( ), vrchol je V [; 9], průsečík s osou : P 1 [ 1; 0] P [5; 0], protože ( ) = 9 = ±3 1 = 5, = 1. Načrtneme graf. Vidíme, že 0 pro ( ; 1) 5; ). 9 V Příklad 5.6 Řešte v R nerovnici ( + 3)( 4) + ( + 4)( 1) ( 1)( 4) Převedeme na podílový tvar ( 1)( 4) 1( ) úpravě čitatele ( 1)( 4) 0. Pomocí nulových bodů: ( ; 1) (1; (; 4) (4; ) zlomek a po (1; (4; )

28 6 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 5.4 Nerovnice s absolutními hodnotami Příklad 5.7 Řešte v R nerovnici 1 > Pomocí nulových bodů výrazů v absolutních hodnotách rozdělíme R na interval, ve kterých nerovnice řešíme. Pro ( ; 3 : 1 > 15 + ( + 3) < 3. } {{ } < 3 Pro ( 3; 1 : 1 > 15 ( + 3) 1 < 1. } {{ } { } Pro (1; ) : 1 + > 15 ( + 3) > 1. } {{ } > 1 Celé řešení rovnice ( ; 3) (1; ). 5.5 Iracionální nerovnice a soustav nerovnic Příklad 5.8 Řešte v R nerovnici 3 < 5. Nerovnice má smsl pouze pro 3 0 t.j. 3, potom na obou stranách nerovnice jsou nezáporná čísla a lze umocnit: Řešení je pak 3; 8). 3 < 5 < 8. Příklad 5.9 Řešte v R nerovnici + 1 < Řešíme za předpokladu , ted 7 3. Po umocnění < < 0. Kvadratický trojčlen má komplení kořen (D < 0). Parabola = nikde neprotne osu, proto řešení je { }.

29 Přípravný kurs z matematik 7 Příklad 5.10 Řešte v R soustavu nerovnic > 0 3 < 0. Ekvivalentní soustava je + 1 > 0 ( 1) < 0. Na znaménko polnomu nemají vliv kořen se sudou násobností. Ted ( 1; 0) (0; 1). Příklad 5.11 Která přirozená čísla splňují nerovnici Příklad 5.1 Řešte v R nerovnice: a) < b) + 1 c) < d) > 4. 5 [ {49, 50, 51,...} ] [a) ( ; 4) ( 7 ; ); b) (1; 4 ; c) ( 1; 3); d) ( ; 1 ] 5 Příklad 5.13 V množině celých záporných čísel řešte nerovnici > 1. [ { 8, 9, 10,...} ] Příklad 5.14 Jaké musí být číslo k, ab rovnice 5k 9 = 10 3k měla kladné řešení? Příklad 5.15 Řešte v R kvadratické nerovnice: a) 3 > 0 b) 0 36 c) < 0 d) 0, + 0,01 0 [ < k < 3 ] [a) ( ; 1 ) (; ); b) ; 18 ; c) { }; d) = 0,1] Příklad 5.16 Pro která m R bude platit (5m 1)(m 1) > 0 pro všechna reálná? [m ( ; 4 ) (; ) ] 5

30 8 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 5.17 Řešte v R nerovnice: a) b) ( ) > 0 c) < 0 d) < (10 6) Příklad 5.18 V oboru reálných čísel řešte nerovnice: a) 3 > 5 b) + < 8 Příklad 5.19 Pomocí absolutní hodnot zapište nerovnice: a) < < b) 1 3 c) 3 1 [a) ( ; 3) ( 1 ; ); b) (0; ) (5; ); 3 c) ( 1; ) (3; 6); d) ( ; ) (3; )] [a) ( ; ) (8; ); b) ( 10; 6) ] [a) < ; b) 1; c) + 1 ] Příklad 5.0 Najděte množinu všech řešení nerovnic s absolutní hodnotou: a) + 1 < 0 b) 1 < 0 c) d) e) < 1 f) 1 g) < h) i) > 0 [a) ( 1; 0); b) ( ; 0); c) 3; 1 ; d) R; e) (0; 4 ) (; ); 3 f) ( ; 1 ; g) ; h) R; i) R, 4,, 3 ] Příklad 5.1 Řešte v R iracionální nerovnice: a) b) c) + < 8 d) + > 4 e) > 3 [a) ( ; 4 3; ; b) 16; ); c) (10; ); d) (3; ); e) (3; 5)]

31 Přípravný kurs z matematik 9 Příklad 5. Řešte v R soustavu nerovnic 4 5 < < 0. [ (3; 5)] Příklad 5.3 Najděte R, která splňují složenou nerovnost. a) 1 < < + 1 b) 3 1 < < [a) 3 < < ; b) 1 4 < < 1 ] Příklad 5.4 Najděte zlomek, pro nějž platí: zmenšíme-li jmenovatele o 1, je zlomek roven 1, zvětšíme-li čitatele o 0, dostaneme zlomek z intervalu (;3). [ 4 9, 5 11 ]

32 30 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 6 Elementární funkce 6.1 Lineární funkce Lineární funkcí nazýváme každou funkci f, která je daná předpisem f : = k + q, k, q R. Grafem lineární funkce je vžd přímka různoběžná s osou O. Definiční obor D lineární funkce f (značíme D f ) je R. Obor hodnot funkce f pro k 0 (značíme H f ) je R. Význam konstant k, q je vidět z následujícího obrázku: Pro k = 0 dostáváme konstantní funkci. q q q k > 0 k = tg α, α < π rostoucí funkce k < 0, k = tg α, α > π klesající funkce k = 0 k = tg α, α = 0 konstantní funkce Příklad 6.1 Určete lineární funkci, jejímiž prvk jsou uspořádané dvojice [ ; 3], [ 1; 4] a jejíž obor funkčních hodnot je interval 6; 0. Sestrojte graf. Je = k + q a dosadíme souřadnice bodů. Pak 3 = k + q 4 = k + q. Řešením této soustav dostaneme k = 1, q = Lineární funkce pak je = 5. Pro 6; 0 dostaneme krajní bod úsečk [1; 6], [ 5; 0]. 5

33 Přípravný kurs z matematik 31 Příklad 6. Nakreslete graf těchto funkcí: a) f 1 : = + 3 Funkce je definována pro každé R, grafem lineární závislosti je přímka. H(f 1 ) = R Zvolíme 1 = 0 1 = 3, dále = 0 = 3. Tto průsečík se souřadnicovými osami nám určí přímku. b) f : = + 1 pro 0,5; Příslušná úsečka má krajní bod [ 1 ; 0] a [; 5] D(f ) = 0,5;, H(f ) = 0; f 1 : = + 3 f : = + 1 Příklad 6.3 Nakreslete graf funkce = 1 +. Bod = 0, 1, rozdělí osu na čtři interval a určíme tvar funkce v jednotlivých intervalech:

34 3 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně ( ; 0 (0; 1 (1; (; ) 1 ( + 1) ( + 1) ( 1) ( 1) Kvadratická funkce = 1 + Kvadratickou funkcí nazýváme každou funkci, která je daná předpisem f : = a + b + c, kde a, b, c R, a 0. Definiční obor kvadratické funkce f je D f = R. Grafem kvadratické funkce je parabola s osou rovnoběžnou s osou. V 0 0 V f : = a + b + c, a < 0 f : = a + b + c, a > 0

35 Přípravný kurs z matematik 33 Máme-li sestrojit graf kvadratické funkce = a + b + c, vjdeme ze základní parabol = a postupnými transformacemi určíme souřadnice vrcholu. Je také vhodné určit průsečík s osami. Příklad 6.4 Načrtněte graf kvadratické funkce = Předpis upravíme na tvar + 3 = 3 4 ( + 1) a postupně sestrojíme 1 =, = ( + 1), 3 = 3 4 ( + 1), = 3 4 ( + 1) 3 neboli 3 = 3 4 ( + 1) = = ( + 1) = 3 ( + 1) = 3 ( + 1) 4 Obecně ted: Rovnoběžným posunutím parabol = a do vrcholu V (m; n) dostaneme parabolu n = a( m). Osa parabol zůstává rovnoběžná s osou.

36 34 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 6.3 Mocninná funkce Mocninná funkce s přirozeným eponentem je funkce f : = n, n N, n >. Definiční obor mocninné funkce je D = R. Příklad 6.5 Načrtněte graf funkcí f 1 : = 3 1, f : = ( 1) 3, f 3 : = 1 4 4, f 4 : = 4 3. Upravíme analogick jako u kvadratické funkce: f 1 : + 1 = 3, graf dostaneme posunutím grafu funkce = 3 do vrcholu V [0; 1]. f : + 0 = ( 1) 3, V [1; 0] f 3 : + 0 = 1( + 4 0)4, V [0; 0] f 4 : Nakreslíme postupně graf = 4 a pak = f 1 : + 1 = f : + 0 = ( 1) f 3 : = f 4 : = 4 3

37 Přípravný kurs z matematik 35 Příklad 6.6 Bez výpočtu rozhodněte, které z čísel 4 300, je větší. Upravíme = (4 3 ) 100, = (3 4 ) 100. Obě mocnin lze chápat jako hodnot funkce = 100. Tato funkce je pro 0 : ) rostoucí, 4 3 < 3 4, proto < Příklad 6.7 Uvažujme množinu všech kvádrů, jejichž délk hran jsou v poměru 1 : : 3. Určete funkci vjadřující závislost objemu kvádru na délce jeho nejdelší hran a načrtněte její graf. V 1 /9 b Označme délku nejdelší hran b, 1 pak a = b ; c = b pro b > Pak V = 9 b3. Příklad 6.8 Určete definiční obor funkcí: a) = 1 6 b) = + 1 a) Ab bla funkce = 6 definovaná, musí být 6 0, ted 3. Můžeme ted psát, že D(f) =< 3, ) b) Definičním oborem funkce bude řešení nerovnice , 1 Nulové bod čitatele a jmenovatele jsou = 1 a = 1. Dostaneme D(f) = (, 1) < 1, )

38 36 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně Mocninná funkce s celým záporným eponentem je funkce f : = n, n N Definiční obor této funkce D f = R {0}. Příklad 6.9 Nakreslete graf funkcí f 1 : = 1 a f : = f 1 : = 1 f : = 1 Lineární lomená funkce je funkce daná předpisem f : = a + b c + d, kde a, b, c, d R, d c, c 0. Definiční obor této funkce je D f = R { d c }. Nejjednodušší případ nastane pro a = d = 0, pak = k a grafem je rovnoosá hperbola. V případě, kd ad cb 0 dostaneme po úpravě a c = a c b a d c + d c opět rovnoosou hperbolu se středem v bodě S[ d c ; a ], asmptot procházejí středem a c jsou rovnoběžné s osami souřadnými.

39 Přípravný kurs z matematik 37 Příklad 6.10 Nakreslete graf funkce f : = k (nepřímá úměrnost). k k f : = k k > 0 f : = k k < 0 Příklad 6.11 V kartézském souřadnicovém sstému nakreslete graf funkce f : = 1. Upravíme = 1 + = + 1 = 1 1, ted + 1 = 1. Asmptot procházejí bodem S[; 1]. Můžeme určit průsečík se souřadnicovými osami: X[1; 0], Y [0; 0,5] 0 1 S[, 1]

40 38 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 6.4 Eponenciální funkce a logaritmická funkce Eponenciální funkce o základu a > 0 a 1 je každá funkce f : = a. Definiční obor této funkce D f = R. Obor hodnot H f = (0; ). Pro případ a = e dostaneme přirozenou eponenciální funkci. Grafick: = a, a > 1 = a, 0 < a < 1 = e Inverzní k eponenciální funkci = a je: Logaritmická funkce o základu a > 0 a 1. Značíme f : = log a. Definiční obor D f = { R, > 0}. Obor hodnot H f = R. Pro základ a = e dostaneme přirozený logaritmus, který používáme nejčastěji. Grafick: = log a, a > 1 = log a, 0 < a < 1 = ln

41 Přípravný kurs z matematik 39 Příklad 6.1 V téže kartézské soustavě souřadnic načrtněte graf funkcí: f 1 =, f =, f 3 = + a f 4 =. Sestavíme tabulku pro získání několika funkčních hodnot: Logaritmické a eponenciální rovnice Logaritmické rovnice jsou rovnice, v nichž se vsktují logaritm výrazů s neznámou R. Jestliže stanovíme podmínk řešitelnosti a řešíme ekvivalentními úpravami, pak zkouška není nutná. Příklad 6.13 Řešte v R logaritmické rovnice: a) log + 3 log = 4 b) 1 log( 3) = log( 3) a) Podmínk: > 0 log 0 (0, 1) (1, ). Rovnici vnásobíme log, dostaneme log 4 log + 3 = 0 Odtud log 1 = 3 log = 1, je ted 1 = 10 3 = Obě řešení patří do oboru řešitelnosti. b) Podmínk > 3 > 3 > 3. Úpravou log( 3) = log( 3). Pak 3 = ( 3), neboli 3 = Z toho 0 = = 4, =. Podmínkám vhovuje pouze 1 = 4. Eponenciální rovnice jsou rovnice, kde neznámá R se vsktuje v eponentu nějaké mocnin. Rovnice řešíme buď logaritmováním, nebo porovnáním eponentu při stejném základu, často až po úpravách

42 40 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně Příklad 6.14 Řešte v R eponenciální rovnice. a) ( 4 5 ) +3 ( 15 8 ) 4 1 = 5 a) Upravíme vše na mocnin o základu a = 5. b) = 10 c) = 0 ( 5 (+3) ) ( 5 3(4 1) ) = = 1 10 = 10 = 1 b) Položíme =, pak = 10, neboli = 0. Kořen Pak je 1 = 1 = 1. 1, = 10 ± Druhý kořen = 4 3 a logaritmováním = log 3. c) Položíme 3 =, pak + 3 = 0 ( 1)( + 3) = 0. 1 = = 1 1 = 0 = 3 není možné, neboť 3 > 0 R. Zůstává = 0. = 4 3 0

43 Přípravný kurs z matematik 41 Příklad 6.15 Načrtněte graf funkcí: a) = , R b) = +, R c) = ( 1), 3; ) [a) = 5, ( ; 1); = 5 1, 1; 1); = + 5, 1; ); b) = 0, ( ; 0); =, 0; ); c) = + 1, 3; 1); = 1, 1; )] Příklad 6.16 Úpravou rovnice parabol určete souřadnice vrcholu a průsečík P 1 a P s osou O, průsečík Q s osou O. a) = 4 6 b) = + 4 [a) = ( 1) 8, V [1; 8], P 1 [ 1; 0], P [3; 0], Q[0; 6]; b) = ( ) + 4, V [; 4], P 1 [0; 0], P [4; 0], Q[0; 0] ] Příklad 6.17 Sestrojte graf lineární lomené funkce: a) = b) = c) = + Příklad 6.18 Najděte všechna p R, pro něž eponenciální funkce a) rostoucí, ( ) p je p + b) klesající. [ a) p ( ; ); b) p (0; ) ] Příklad 6.19 V téže kartézské soustavě souřadnic nakreslete graf funkcí: a) = 1,5, = 1,5, = 1,5, = 1,5 b) = log 3, = log 3 ( ), = log 3 ( + ), = log 3 Příklad 6.0 Najděte definiční obor těchto funkcí: a) = log a ( + 3) b) = log 3 c) = log 5 ( ) d) = ln + 1 g) = log e) = log 5 4 f) = log3 h) = ln [a) ( 3; ); b) R, 0; c) ( ; 0); d) ( ; 1) (; ); e) ( ; 4); f) 1; ); g) (0; 3 ); h) (0; 1 ] Příklad 6.1 Najděte definiční obor následujících funkcí:

44 4 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně a) = b) = 9 + log(3 5) + c) = 1 + ln ( + ) d) = e) = 1 log 1 f) = log ( + 5) [a) 3; 4 ; b) ( 5; 3 ; c) (1; ); d) ( ; 3) ( 1 9 ; ); e) ; 1); f) ; )] 3 11 Příklad 6. Řešte v R logaritmické rovnice: a) log (4 + 6) log ( 1) = 1 b) log ( ) = log (14 ) c) log ( + 1) + log ( 1) = log + log ( + ) d) 1 log ( 3) = log ( 3) Příklad 6.3 Řešte v R eponenciální rovnice: a) = 49 b) = c) = d) 64 5 ( ) = ( ) 3 [a) = 1; b) = 5; c) { }; d) = 6] [a) = ; b) = 4, 0408; c) = 1 ; d) = 4 = 3 ]

45 Přípravný kurs z matematik 43 7 Vlastnosti funkce jedné proměnné 7.1 Vlastnosti a druh funkcí Sudá funkce, lichá funkce Nechť je f funkce definována na množině D(f) R, taková, že pro každé D(f) je také D(f). Říkáme, že funkce f je sudá funkce, jestliže pro každé D(f) je f() = f( ). Říkáme, že funkce f je lichá funkce, jestliže pro každé D(f) je f() = f( ). Graf sudé funkce je souměrný podle os, graf liché funkce je souměrný podle počátku. Příklad 7.1 Zjistěte zda funkce : a) = b) = 3 c) = ( 1) je sudá nebo lichá. a) D(f) = R, f( ) = ( ) = = f(). Funkce je sudá. 4 3 f() = f(-) Obrázek 7.1: Sudá funkce

46 44 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 3 f() f(-) Obrázek 7.: Lichá funkce b) D(f) = R, f( ) = ( ) 3 = 3 = f(). Funkce je lichá. c) D(f) = R, f( ) = ( 1) = ( + 1) f(), ( + 1) f( ). Funkce není ani sudá ani lichá. Periodická funkce Funkce f se nazývá periodická funkce, právě kdž eistuje takové reálné číslo p 0, že pro každé D(f) je také ± p D(f) a platí Číslo p se nazývá perioda funkce f. f( ± p) = f(). Jestliže p je perioda funkce f, potom platí, že f( + kp) = f() pro každé D(f) a každé celé k. Má-li ted periodická funkce f periodu p, pak také každé číslo kp, (k 0, celé) je rovněž periodou funkce f. Nejvýznamnějšími příklad periodických funkcí jsou goniometrické funkce.

47 Přípravný kurs z matematik = sin, perioda p = π Omezená funkce = cotg, perioda p = π Funkce f se nazývá zdola omezená na množině M D(f), právě kdž eistuje takové reálné číslo d, že pro všechna M je f() d. Funkce f se nazývá shora omezená na množině M D(f), právě kdž eistuje takové reálné číslo h, že pro všechna M je f() h. Funkce f se nazývá omezená na množině M D(f), a shora omezená na množině M. právě kdž je zdola omezená Monotonní funkce Funkce f se nazývá rostoucí na množině M D(f), právě kdž pro každé dva prvk 1, M platí: Je-li 1 < pak f( 1 ) < f( ). Funkce f se nazývá klesající na množině M D(f), právě kdž pro každé dva prvk 1, M platí: Je-li 1 < pak f( 1 ) > f( ). Funkce f se nazývá neklesající na množině M D(f), prvk 1, M platí: Je-li 1 < pak f( 1 ) f( ). Funkce f se nazývá nerostoucí na množině M D(f), prvk 1, M platí: Je-li 1 < pak f( 1 ) f( ). právě kdž pro každé dva právě kdž pro každé dva Rostoucí a klesající funkce se souhrnně nazývají rze monotonní funkce na množině M; nerostoucí a neklesající funkce se souhrnně nazývají monotonní funkce na množině M.

48 46 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 7. Inverzní funkce Funkce f s definičním oborem D(f) se nazývá prostá funkce právě kdž pro každou dvojici 1, D(f), 1 platí f( 1 ) f( ). Je-li f prostá funkce s definičním oborem D(f), a oborem hodnot H(f), potom k tomuto zobrazení eistuje zobrazení inverzní, které je opět prosté a zobrazuje množinu H(f) na množinu D(f). Je to funkce inverzní k funkci f a značíme ji f 1. Platí, že D(f 1 ) = H(f) a H(f 1 ) = D(f) a = f 1 () právě kdž = f(). Graf inverzní funkce f 1 je souměrný s grafem funkce f podle přímk o rovnici =. Příklad 7. Určete funkci inverzní k funkci f : = 3 +. Funkce f je lineární a je prostá. 3 1 = Obrázek 7.3: Inverzní funkce k funkci f : = 3 + Inverzní funkci budeme hledat tak, že zaměníme a a z nové rovnice vjádříme. f 1 : = 3 + Z toho f 1 : = 1 ( ). 3

49 Přípravný kurs z matematik 47 Pro definiční obor inverzní funkce platí, že D(f 1 ) = H(f) = R. Příklad 7.3 Určete funkci inverzní k funkcím : a) = ln( + 8) b) = 5 1 a) Definičním oborem funkce bude řešení nerovnice + 8 > 0. Dostaneme D(f) = ( 4, ). Funkce f je logaritmická funkce složená s lineární. Je to funkce složená ze dvou prostých funkcí, ted je i f prostá funkce. Zaměníme a a z této nové rovnice vjádříme. f 1 : = ln( + 8) Inverzní funkce k logaritmické funkci je eponenciální funkce. Aplikujeme ted eponenciální funkci na obě stran rovnice a dostaneme: e = + 8 e 8 = Proto inverzní funkce k funkci f : = ln( + 8) je funkce Pro definiční obor inverzní funkce platí, že a pro obor hodnot inverzní funkce platí, že b) Ab bla funkce = 5 1 f 1 : = e 8 D(f 1 ) = R, H(f 1 ) = D(f) = ( 4, ). definovaná, musí být 1. Můžeme ted psát, že D(f) = (, 1) (1, ). Funkce f je lineární lomená funkce, a je i prostá (grafem této funkce je hperbola). Pro výpočet inverzní funkce zaměníme v zadání funkce a. f 1 : = 5 1 ( 1) = 5 = 5 = 5 ( ) = 5 f 1 : = 5

50 48 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně Pro definiční obor inverzní funkce platí, že. D(f 1 ) = (, ) (, ) = H(f), a pro obor hodnot inverzní funkce platí, že H(f 1 ) = D(f) = (, 1) (1, ). Příklad 7.4 Zjistěte zda je funkce : a) = 3 sin sudá nebo lichá. b) = sin c) = sin 1 d) = e cos Příklad 7.5 Určete funkci inverzní k funkcím : a) = 3 4 b) = c) = [a) sudá b) lichá c) ani sudá ani lichá d) ani sudá ani lichá ] [a) ( + 4)/3 b) log( 5) c) (6 + 1)/(3 )] Příklad 7.6 Najděte příklad (načrtněte graf) funkce, která je : a) omezená zdola na svém definičním oboru b) omezená shora na svém definičním oboru c) omezená shora i zdola na intervalu (0, 5) d) rostouci na svém definičním oboru e) klesající na intervalu ( 6, 0) f) periodická na svém definičním oboru g) prostá na svém definičním oboru h) není prostá na svém definičním oboru

51 Přípravný kurs z matematik 49 8 Goniometrické funkce 8.1 Oblouková míra V matematice, ve fzice a v technické prai se používá na určování velikosti úhlu tzv. oblouková míra. Je dán úhel ABC. Sestrojíme kružnici se středem v bodě B, (ve vrcholu úhlu). Jestliže r je poloměr kružnice a s je délka oblouku kružnice uvnitř úhlu ABC, potom velikost tohoto úhlu je s r radiánů. ABC = s r rad. Toto číslo nezávisí na poloměru kružnice. C s B r A Příklad 8.1 Vjádřete úhel 15 v obloukové míře. Kružnice má délku πr a velikost úhlu 360 v radiánech je πr r Z toho 1 = π 360 = π 180 radiánů. Ted 15 π = = π 1. = π. Dále budeme pracovat s orientovanými úhl. Orientovaný úhel si můžeme představit jako počáteční a koncovou polohu polopřímk (nejlépe kladné poloos O ) otáčející se kolem svého počátku a to v jednom ze dvou navzájem opačných smslů. Buď proti pohbu hodinových ručiček, tak dostaneme kladné úhl (např. π, 6π, atd), nebo ve směru hodinových ručiček a tak dostaneme záporné úhl (např. π, 4π, atd). 1

52 50 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 8. Goniometrické funkce V kartézské souřadnicové soustavě sestrojme kružnici o středu v počátku a poloměru 1. Uvažujme orientovaný úhel o velikosti ψ radiánů jehož vrchol je v počátku a počáteční rameno kladná poloosa. Druhé rameno protne kružnici v bodě P. Potom definujeme kosinus úhlu ψ jako -ovou souřadnici bodu P. Označujeme cos ψ. Podobně -ová souřadnice bodu P se nazývá sinus úhlu ψ. Označujeme sin ψ. Obě funkce jsou periodické, jejich nejmenší perioda je π. Definičním oborem obou funkcí je R, oborem hodnot je 1; 1. Grafem je sinusoida (kosinusoida). Snadno se dá ukázat, že pro každé R platí cos = sin ( + π ) = sin = cos Funkce f : = sin, R je lichá: sin( ) = sin. Funkce f : = cos, R je sudá: cos( ) = cos. Tangens je funkce, která každému reálnému číslu, pro něž je cos 0, přiřadí číslo tg = sin cos. Definičním oborem této funkce je D = { R, k+1 π, kde k je celé číslo }. Oborem hodnot je H = R. Kotangens je funkce, která každému reálnému číslu, pro něž je sin 0, přiřadí číslo cotg = cos sin. Definičním oborem této funkce je D = { R, kπ, kde k je celé číslo }. Oborem hodnot je H = R.

53 Přípravný kurs z matematik = tg Funkce tg a cotg jsou periodické funkce s periodou π. = cotg Obě funkce jsou liché: tg ( ) = tg a cotg ( ) = cotg pro všechna z definičního oboru. V následující tabulce jsou vpočten hodnot goniometrických funkcí pro některá 0; π), které je vhodné si pamatovat. Tabulka 8.1: Hodnot goniometrických funkcí pro některé důležité úhl 0 π 6 sin 0 1 cos 1 tg 0 cotg π π 3 π 3 π π Dále uvedeme některé důležité vzorce, které budou užitečné při řešení úloh souvisejících s goniometrickými funkcemi. ( Pro každé 0; π ) platí: sin = sin(π ) = sin(π + ) = sin(π ) cos = cos(π ) = cos(π + ) = cos(π ) tg = tg (π ) ; cotg = cotg (π ) Příklad 8. Vpočítejte hodnot goniometrických funkcí v daných bodech : a) α = 5 3 π b) α = 5 π c) α = 3 4 π

54 5 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně a) α = 5 3 π = π 1 3 π sin(π 1π) = sin( 1π) = 3 sin α = cos(π 1 3 π) = cos( 1 3 π) = 1 cos α = 1 tg α = sin α cos α = 3 cotg α = cos α = 3 sin α 3 b) α = 3 π Funkce sin, cos jsou periodické s periodou π. Platí: sin α = sin(α + π) = sin 4 3 π = sin(π π) = sin( 1 3 π) = 3 cos α = cos(α + π) = cos 4 3 π = cos(π π) = 1 tg α = sin α cos α = 3 cotg α = cos α = 3 sin α 3 c) α = 5 4 π sin( 5 4 π) = sin( 1 4 π + 6π) = sin 1 4 π = cos( 5 4 π) = cos( 1 4 π + 6π) = cos 1 4 π = tg α = cotg α = 1 Důležité vztah a vzorce Pro každé reálné platí: Pro každé reálné a celé k, k π platí: sin + cos = 1 tg cotg = 1 Funkce dvojnásobného a polovičního argumentu R : sin = sin cos ; R : cos = cos sin R : sin 1 cos = ; R : cos 1 + cos =

55 Přípravný kurs z matematik 53 Součtové vzorce, R : sin( ± ) = sin cos ± cos sin, R : cos( ± ) = cos cos sin sin, R : sin + sin = sin +, R : sin sin = cos +, R : cos + cos = cos +, R : cos cos = sin +, R,, k+1 π : tg ( ± ) = Příklad 8.3 Vpočítejte cos 5 1 π. cos sin cos sin tg ± tg 1 tg tg cos 5 ( π 1 π = cos 4 + π ) = cos π 6 4 cos π 6 sin π 4 sin π = 4 Příklad 8.4 Vpočtěte hodnot funkcí cos α, sin(α), tg (α), sin α, jestliže sin α = 3 5, 0 < α < π. cos α = cos α = 1 sin α = = 4 5 sin(α) = sin α cos α = = 4 5 cos(α) = cos α sin α = = < α < π 0 < α < π 4 sin α tg (α) = sin(α) cos(α) = 4 7 = sin α = = 1 10

56 54 Fakulta elektrotechnik a komunikačních technologií VUT v Brně 8.3 Goniometrické rovnice Goniometrické rovnice jsou rovnice, které obsahují neznámou jako argument jedné nebo několika goniometrických funkcí. Příklad 8.5 Vřešte v R goniometrické rovnice: a) sin(3) = b) sin cos = 0,5 c) sin 5 cos + 1 = 0 a) Upravíme: sin(3) =. Funkce sinus má kladné hodnot v I. a II. kvadrantu. Ted 3 = π 4 + kπ 3 = 3 π + kπ, k Z. Odtud 4 = π kπ = π 4 + kπ, k Z. 3 b) Upravíme levou stranu rovnice: sin cos = (cos sin ) = cos(). Potom rovnice má tvar cos() = 0,5, tzn. cos() = 0,5. Funkce kosinus má záporné hodnot v II. a III. kvadrantu. Potom = π π 3 + kπ = π + π 3 + kπ, k Z. Odtud = 1 3 π + kπ = π + kπ, k Z. 3 c) Upravíme levou stranu rovnice: sin 5 cos + 1 = (1 cos ) 5 cos + 1 = cos 5 cos + 3 Potom rovnice má tvar cos 5 cos + 3 = 0 t.j. cos + 5 cos 3 = 0. Položíme = cos a dostaneme kvadratickou rovnici = 0. Tato rovnice má kořen 1 = 3 a = 1. Protože 3 > 1, řešíme jen rovnici cos = 1. Funkce kosinus má kladné hodnot v I. a IV. kvadrantu. Dostaneme = 1 3 π + kπ = 5 π + kπ, k Z. 3