x + 6 2x 8 0. (6 x 0) & (2x 8 > 0) nebo (6 x 0) & (2x 8 < 0).

Transkript

1 Opáčko - Řešení. a) Podíl vlevo není definovaný pro x 8 = 0, a tedy dostáváme podmínku na řešení x. Jedničku převedeme na levou stranu nerovnosti, převedeme na společný jmenovatel a dostáváme Nerovnost je splněna pokud Po dopočtení dostáváme x + x 8 0. x 0) & x 8 > 0) nebo x 0) & x 8 < 0). x, ]. Nezapomeneme zkontrolovat podmínku definovanosti x, která v tomto případě nic nemění. Výsledek je x, ]. b) Levá strana nerovnosti je definovaná vždy, pravá pokud x > 0. Dostáváme tedy podmínku na řešení > x. Postupujeme třeba následovně logx + ) = log x) logx + ) = log x) ) logx + ) = log9 x + x ) x + = 9 x + x = x Tento výsledek není s ve sporu s podmínkou > x, a tedy výsledek je x =. c) Vše je vždy definováno, a tedy není navíc žádná podmínka na řešení. Dále můžeme postupovat třeba takto. Buďto si dále rozdělíme na možnosti a dopočítáním dostáváme I) Nebo už hned z předchozího vidíme což dohromady dává II) x 0)... x + = x + = x x < 0)... x + = x + = x x 0) & x 0)... x = x x x 0) & x < 0)... x = x 8 x x < 0) & x 0)... x = x x x < 0) & x < 0)... x = x x x [, ), ] [, ) = [, ] x [, ), ), 8] =, 8] x, ) [, ), ] = [, ) x, ), ) [, ) = [, ). x x [, 8] x x [, ], x [, ) [, 8] = [, 8] x, ) [, ] = [, ). Tak nebo tak sjednocením čtyř intervalu z I) nebo dvou intervalů z II) dostáváme výsledek. Výsledek je [, 8].

2 d) Výraz vlevo není definovaný pro x + = 0 a výraz vpravo pro x + = 0. Dostáváme tedy podmínky na řešení x a x. Vše převedeme na levou stranu a převedeme na společný jmenovatel. Dostáváme Nerovnost je splněna pokud x x + x + )x + ) > 0. x + )x + ) > 0) & x x + > 0) nebo x + )x + ) < 0) & x x + < 0). Dopočítáním dostáváme nebo x, ), )) x, ), + ) =, + ), ), + )), =, ). ) a výsledek je sjednocení předchozích dvou intervalů. Výsledek je x, ), +. e) Neboť logaritmus je definovaný pouze pro kladné hodnoty dostáváme ihned podmínku na řešení x > 0. Dále si uvědomíme, že log = a upravujeme následovně: log x log x = log log x) log x = 0 y y = 0 y + )y ) = 0 subst. y = log x Tedy buďto = y = log x x = nebo = y = log x x =. Obě jsou větší než nula, a tedy výsledek je x = a x =. f) Protože je logaritmus definovaný pouze na kladných číslech musíme uvažovat podmínku x x + > 0. Jednoduchou úvahou ověříme, že levá strana je nerozložitelná a vždy větší než nula, a tedy nám z toho žádná podmínka nevyplývá. Protože má logaritmus základ menší než, tak je větší nebo roven nule pokud je vnitřek v intervalu 0, ]. Dostáváme tedy toto x x + > 0 a zároveň x x +. Levá část je, jak už víme, splněna triviálně a z pravé dostáváme Výsledek je x [, ]. x x + 0 x x + = x )x ) x [, ]. g) Použitím vzorce pro dvojnásobný argument můžeme postupovat třeba takto sinx) = sinx) = sinx) cosx) 0 = sinx) cosx)) Rovnost tedy platí pokud sinx) = 0 nebo cosx) = a sinx) = 0 x = kπ, k Z cosx) = x = π + kπ nebo x = π + kπ, k Z Výsledek je x k Z {kπ, π + kπ, π + kπ }.

3 h) Neboť logaritmus je definovaný pouze pro kladné hodnoty dostáváme ihned podmínku na řešení x > 0. Dále si uvědomíme, že 0 = log a upravujeme následovně: log x + log x = log log x + x log = 0 můžeme dělit x, neboť víme,že x > 0 x + log = 0 x x + = můžeme násobit x, neboť víme,že x > 0 x x x + = 0 x )x ) = 0 Tedy buďto x = nebo x =. Obě jsou větší než nula, a tedy řešením je x = a x =. i) Postupujme třeba následovně: sinx ) > sinx ) > nebo sinx ) < [ sinx ), ) ], x [ π + kπ, arcsin ) ) ) + kπ arcsin + kπ, π ] + kπ, k Z [ π x + kπ +, arcsin ) + kπ + ) arcsin ) + kπ + π, + kπ + ], k Z arcsin x ) + kπ +, arcsin ) ) + k + )π +, k Z. a) V hlavě pomocí představ nebo pomocí postupného kreslení můžeme postupovat třeba takto: x x x x x x x - - -

4 - - - b) Prostě se to nakreslí. Hodnota + π posune graf sinu o pulkopeček doleva. Absolutní hodnota přehodí vše pod osou y = 0 nad ni a + posune poté celý graf o ve směru osy y směrem nahoru. Postupně by grafy vypadaly následovně. sinx + π/) sinx + π/) sinx + π/) Špičky jsou v bodech [ π + kπ, ], k Z, a vrcholy oblouků v bodech [kπ, ], k Z. c) V hlavě pomocí představ nebo pomocí postupného kreslení můžeme postupovat třeba takto: x + log x + ) log x + ) log x + )

5 x + x > x x + x > x x > 0 x > Průsečíky s osou x spočteme následovně: Graf jde do kladného nekonečna pro x =.. Aby byl výraz definovaný musí platit: log x + ) = 0 x + {, } x {,,, } x + x 0 x + x x > 0 Z první podmínky vyřešením kvadratické nerovnosti dostáváme: x + x 0 x, ] [ 9 + ) 9, Druhou podmínku nejprve upravíme do tvaru x + x > x. Nyní si všimneme, že protože je nalevo odmocnina, která je vždy nezáporná, tak pro x < 0 je podmínka splněna. Pro x 0 dále upravujeme umocněním, které si právě díky omezení na x 0 můžeme dovolit bez toho aniž bychom ztratili nebo získali nějaká řešení: Z druhé podmínky tedy celkem dostáváme, že buďto je x < 0 nebo x 0 a x >, což znamená: x, 0), ) Výsledkem je potom průnik první a druhé podmínky x, ] [ 9 + 9, )), 0) ), ), což není je přesně x, 9 ] ),.. a) Uvědomíme si, že pro libovolná reálná čísla a, b platí a a a b b, a tedy také a a a b b. Potom již snadno rozborem dvou možností podle vnitřků absolutní hodnoty: a + b 0 a + b = a + b a + b a + b < 0 a + b = a b a + b b) Na nerovnost x + y x + y, dokázanou v a), aplikujeme substituci x = a b a y = b: a b + b a b + b a b a b Substitucí x = b a a y = a dostáváme také b a a b. Tyto nerovnosti platí pro každé a, b R. Nyní už jen jednoduchým rozborem dvou možností a využitím odvozené nerovnosti počítáme: a b a b = a b a b

6 a < b a b = a + b a b. Jiná formulace toho stejného je: Pro která x R platí + x a > ax pro všechna a R. Pro x = 0 dostáváme > 0, což platí pro všechna a. Pro x 0 volme a =. Dostáváme + x x x >. Vidíme, že pravá strana nabývá pouze hodnot 0 a a tedy nikdy neplatí. Pro libovolné nenulové x dokážeme tedy najít alespoň jedno a, že nerovnost neplatí, a tedy jediným řešením úlohy zůstává pžedchozí případ. Výsledek je x = 0.. Nejprve příklad trochu přeformulujeme. x je to stejné jako x [, ] x ax > x ax > 0, což je po vyřešení kvadratické rovnice to stejné jako x, a ) a + 0 a + ) a + 0, Do hledané množiny budou tedy patřit taková a, že platí [, ], a a +0 ) a+ a +0, ), neboli pokud < a a +0 nebo a+ a +0 <. První nerovnost nic nedává, neboť od pohledu platí a a +0 < 0. Z druhé nerovnosti dostáváme a, ) při umocňování na druhou je zde třeba uvážit podmínku a 0, přestože řešení to neovlivní). Výsledek je a, ). 7. a) Řešíme indukcí podle n: n = : + x) = + x n n + : Předpoklad: + x) n + nx Chci ukázat: + x) n+ + n + )x b) Řešíme indukcí podle n: + x) n+ = + x) n + x) + nx) + x) = + nx) + + nx)x = + nx + x + nx = + n + )x + nx + n + )x n = : = +)+) = n n + : Předpoklad: n = nn+)n+) Chci ukázat: n + ) = n+)n+)n+) n + ) = n + n + ) = c) Řešíme indukcí podle n: nn + )n + ) + n + ) = = n + n + n + n + n + = n + )n + 7n + ) n = : = n n + : Předpoklad: n k= k = n) Chci ukázat: n+ k= k = n + n + )) = nn + )n + ) + n + ) = n + n)n + ) + n + n + ) = n + 9n + n + n + )n + )n + ) n + )) = n) n)n + ) + n + ) = n) nn + ) + n + ) + n + ) = n) + nn + ) + n + ) = n) + n + ) = n + )

7 8. Řešíme indukcí podle n: n = : n = : n = : n n + n ): Předpoklad: n n Chci ukázat: n + ) n+ n+ = n n n ) n + n n ) n + n + = n + )