Praha & EU: investujeme do vaší budoucnosti. Daniel Turzík, Miroslava Dubcová,

Transkript

1 E-sbírka příkladů Seminář z matematiky Evropský sociální fond Praha & EU: investujeme do vaší budoucnosti Daniel Turzík, Miroslava Dubcová, Pavla Pavlíková

2 Obsah 1 Úpravy výrazů Zlomky Mocniny a odmocniny Mnohočleny Lomené algebraické výrazy Úprava výrazů Řešení rovnic Algebraické rovnice o jedné neznámé Jednoduché exponenciální a logaritmické rovnice Jednoduché goniometrické rovnice Rovnice s absolutní hodnotou Soustavy rovnic Řešení nerovnic Lineární nerovnice a jejich soustavy Nerovnice s absolutní hodnotou Nerovnice součinového a podílového typu Kvadratické nerovnice Nerovnice s neznámou pod odmocninou Jednoduché exponenciální nerovnice Jednoduché logaritmické nerovnice Jednoduché goniometrické nerovnice Komplexní čísla Operace s komplexními čísly Goniometrický tvar komplexního čísla

3 Řešení: R1 Úpravy výrazů - řešení R1.1 Zlomky - řešení R1. Mocniny a odmocniny - řešení R1.3 Mnohočleny - řešení R1.4 Lomené algebraické výrazy - řešení R1.5 Úprava výrazů - řešení R Řešení rovnic - řešení R.1 Algebraické rovnice o jedné neznámé - řešení R. Jednoduché exponenciální a logaritmické rovnice - řešení R.3 Jednoduché goniometrické rovnice - řešení R.4 Rovnice s absolutní hodnotou - řešení R.5 Soustavy rovnic - řešení R3 Řešení nerovnic - řešení R3.1 Lineární nerovnice a jejich soustavy - řešení R3. Nerovnice s absolutní hodnotou - řešení R3.3 Nerovnice součinového a podílového typu - řešení R3.4 Kvadratické nerovnice - řešení R3.5 Nerovnice s neznámou pod odmocninou - řešení R3.6 Jednoduché exponenciální nerovnice - řešení R3.7 Jednoduché logaritmické nerovnice - řešení R3.8 Jednoduché goniometrické nerovnice - řešení R4 Komplexní čísla - řešení R4.1 Operace s komplexními čísly - řešení R4. Goniometrický tvar komplexního čísla

4 1. Úpravy výrazů 1.1. Zlomky V následujících příkladech upravte zlomky: Příklad 1.1: Příklad 1.: Příklad 1.3: Příklad 1.4: ( ). Řešení ( 10 : 3 5 ). Řešení 6 3 ( a ) 3 a ( a + a a ) a ; a 0. Řešení 4 ( a b + b ) ( 1 : a 3 a b ) ( b 3 3 b ) ; a, b 0, a b 1. Řešení 1.. Mocniny a odmocniny V následujících příkladech zjednodušte výraz: Příklad 1.5: x y 3 8 y 5 x 43 ; x, y 0. Řešení

5 Příklad 1.6: a 3 b 15 9 ; a, b > 0. Řešení a 1 6 b 3 ( ) u 5 v Příklad 1.7: w (v 6 u 3 w 3 v ) 3 ; u, v, w 0. Řešení 1.3. Mnohočleny V následujících příkladech vydělte polynomy P (x) a Q(x) a proved te zkoušku: Příklad 1.8: P (x) x 3 5x + 8x 4, Q(x) x, Řešení Příklad 1.9: P (x) x 4 + x 3 4x 6x + 3, Q(x) x 3, Řešení Příklad 1.10: P (x) x 4 + 6x 3 + 7x + 9x 7, Q(x) x + 5, Řešení Příklad 1.11: P (x) x 5 x 4 5x x 13x + 3, Q(x) x 3x + 4, Řešení Příklad 1.1: Umocněte dvojčleny: a) (3 x ) 4, b) (a b ) 3, c) Příklad 1.13: Rozložte mnohočleny na součin: ( z 1 ) 5 ( u, d) z v + v ) 3. Řešení u a) x 5 5 y, b) a 4 16, c) x 3 3 3, d) 8 u 3 + v3 7. Řešení

6 Příklad 1.14: Rozložte trojčleny na součin: a) x 5 x 4, b) 3 x + 1 x + 30, c) x 4 5 x + 4, d) x 4 8 x 9. Řešení Příklad 1.15: Doplňte na čtverec. a) x + x 4, b) x 8 x + 9, c) x 4 x + 1, d) 3 x4 6 x + 1. Řešení 1.4. Lomené algebraické výrazy Příklad 1.16: Příklad 1.17: Příklad 1.18: Sečtěte lomené výrazy: Sečtěte lomené výrazy: Zjednodušte lomený výraz: 1 b(a + b) + 1 a(b a) + a b. 1 x 1 + ( 1) x ( ) x + 1. x y y x 1 x 1 y. Řešení Řešení Řešení

7 Příklad 1.19: Zjednodušte lomený výraz: 4 u u 1 1 u(u 1) 4 u 1 u u Řešení 1.5. Úprava výrazů V následujících příkladech upravte výraz a stanovte podmínky, za kterých má výraz smysl: Příklad 1.0: ( ) ( ) x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1. x 1 + x Řešení Příklad 1.1: x y y x 1 1. x y Řešení

8 Příklad 1.: y + 1 x 1 y 1 x + 1 y x 1 y x + 1. Řešení

9 . Řešení rovnic.1. Algebraické rovnice o jedné neznámé Příklad.1: Řešme v reálném oboru rovnici 4x (1 x) 3(x + ) 6x 8. Řešení Příklad.: Řešme v reálném oboru rovnici 4x (1 x) 3(x + ) 6x 9. Řešení Příklad.3: Řešme v reálném oboru rovnici 4x (1 + x) 3(x + ) 8 x. Řešení Příklad.4: Řešme v reálném oboru rovnici 4x (1 x) 3(x + ) + 8 3x 0. Řešení Příklad.5: Řešme v reálném oboru rovnici 3x x 5 (4 x) 1 (x + 4). Řešení Příklad.6: Provedeme diskusi řešitelnosti rovnice (s neznámou x) vzhledem k reálnému parametru t. t 1 x t 1 Řešení Příklad.7: Řešme kvadratické rovnice: a) x x 15 0, b) x + 5x 8 0, c) x + 14x Řešení Příklad.8: Řešme v reálném oboru rovnici x 3 9x + 4x Řešení Příklad.9: Řešme v oboru komplexních čísel rovnici x 3 7x + x 7 0. Řešení

10 Příklad.10: Řešme v reálném oboru rovnici 4 + x 16 x. Řešení Příklad.11: Řešme v reálném oboru rovnici 1 + x x + 3. Řešení Příklad.1: Řešme v reálném oboru rovnici x + 8 x. Řešení.. Jednoduché exponenciální a logaritmické rovnice Příklad.13: Řešme v reálném oboru rovnici 4 x 1 5 x. Řešení Příklad.14: Řešme v reálném oboru rovnici 5 x x 5 5 x 1. Řešení Příklad.15: Řešme v reálném oboru rovnici x 3 x 1 5 x 4 x+1 +. Řešení Příklad.16: Řešme v reálném oboru rovnici ln x + ln(x + 9) 4 ln + ln 7. Řešení.3. Jednoduché goniometrické rovnice Příklad.17: Řešme v reálném oboru rovnici cotg x 3. Řešení Příklad.18: Řešme v reálném oboru rovnici cos(x π ) 1. Řešení Příklad.19: Řešme v reálném oboru rovnici sin x 5 cos x + 5. Řešení.4. Rovnice s absolutní hodnotou Příklad.0: Řešme v reálném oboru rovnici 4x 1 + 3x. Řešení Příklad.1: Řešme v reálném oboru rovnici 4x x x + 1. Řešení Příklad.: Řešme v reálném oboru rovnici 4x 8 3 x x + 1. Řešení

11 .5. Soustavy rovnic Příklad.3: Řešme v reálném oboru soustavu rovnic: 5x + y 3 x 6y 39. Řešení Příklad.4: Řešme v reálném oboru soustavu rovnic: 7x + 3y 5 x + y 6. Řešení

12 3. Řešení nerovnic 3.1. Lineární nerovnice a jejich soustavy Příklad 3.1: Řešme v R nerovnici 4( x) 3(x 1) + x 9 5x 8. Řešení Příklad 3.: Řešme v R nerovnici (4x 1) + (1 x) (x + 1) < 4(x + 3). Řešení Příklad 3.3: Řešme v R soustavu nerovnic 3x < 0 4x Řešení 3.. Nerovnice s absolutní hodnotou Příklad 3.4: Řešme v reálném oboru nerovnici x 4 8. Řešení Příklad 3.5: Řešme v reálném oboru nerovnici 1 4x 5. Řešení Příklad 3.6: Řešme v reálném oboru nerovnici x + x x Řešení Příklad 3.7: Řešme v reálném oboru soustavu nerovnic x x 3. Řešení 3.3. Nerovnice součinového a podílového typu Příklad 3.8: Řešme v reálném oboru nerovnici (8 x)(x + 1) 0. Řešení Příklad 3.9: Řešme v reálném oboru nerovnici (3x 4)(x + 7) < 0. Řešení

13 Příklad 3.10: Příklad 3.11: Řešme v reálném oboru nerovnici Řešme v reálném oboru nerovnici x x Řešení x x + 1 x 10x Řešení 3.4. Kvadratické nerovnice Příklad 3.1: Řešme v reálném oboru nerovnici 6x + 7x 0. Řešení Příklad 3.13: Řešme v reálném oboru nerovnici 3x + 15x 1 > 0. Řešení 3.5. Nerovnice s neznámou pod odmocninou Příklad 3.14: Řešme v reálném oboru nerovnici x 3x Řešení Příklad 3.15: Řešme v reálném oboru soustavu nerovnic 1 1 x 1. Řešení 3.6. Jednoduché exponenciální nerovnice Příklad 3.16: Řešme v reálném oboru nerovnici 4 x. Řešení Příklad 3.17: Řešme v reálném oboru nerovnici 3 1 x < 4. Řešení 3.7. Jednoduché logaritmické nerovnice Příklad 3.18: Řešme v reálném oboru nerovnici ln( x) 1. Řešení Příklad 3.19: Řešme v reálném oboru nerovnici log 1 (x 1) < 0. Řešení 5

14 3.8. Jednoduché goniometrické nerovnice Příklad 3.0: Řešme v reálném oboru nerovnici cos x < 1. Řešení

15 4. Komplexní čísla 4.1. Operace s komplexními čísly Příklad 4.1: Vyjádřete v algebraickém tvaru: a) (5 + 4 i ) + ( 3 i ), b) ( + 5 i )( i ), c) ( 5 i ), d) ( + 3 i ) (4 + 9 i ), e) 4(5 + 3 i )( i ), f) (1 i )(1 + i )(3 + 4 i ). Řešení Příklad 4.: Vyjádřete v algebraickém tvaru: 3 i a), b) i, c) i 1 i (5 + 3 i )(3 + 4 i ) d), e) 1 + i 4.. Goniometrický tvar komplexního čísla Příklad 4.3: 4 + i 1 + i ( + 3 i ), (7 + 3 i )(6 + i ) ( + 5 i )( 6 i ), f) (4 6 i )(9 6 i ) (6 7 i ). Řešení ( i )( i ) Komplexní číslo (cos 7 π + i sin 7 π ) vyjádřete v algebraickém tvaru. Řešení 1 1 Příklad 4.4: Komplexní číslo z i vyjádřete v goniometrickém tvaru. Řešení Příklad 4.5: Komplexní číslo z 3 3 i vyjádřete v goniometrickém tvaru. Řešení Příklad 4.6: Komplexní číslo z + i vyjádřete v goniometrickém tvaru. Řešení Příklad 4.7: Vyjádřete komplexní číslo (cos 3 7 π + i sin 3 7 π)(cos 4 7 π + i sin 4 7 π) v algebraickém tvaru. Řešení

16 Příklad 4.8: Vyjádřete komplexní číslo (cos π 1 + i sin π 1 )(cos π 6 + i sin π 6 ) v algebraickém tvaru. Řešení Příklad 4.9: Vyjádřete komplexní číslo (cos π 15 + i sin π 15 )35 v algebraickém tvaru. Řešení Příklad 4.10: Vyjádřete komplexní číslo ( 3 + i ) 7 v algebraickém tvaru. Řešení Příklad 4.11: Najděte všechny odmocniny i. Řešení

17 R1. Úpravy výrazů - řešení R1.1. Příklad 1.1: Příklad 1.: Příklad 1.3: Příklad 1.4: Zlomky - řešení ( ) ( 10 : 3 5 ) : 5 ( 16 5 ) ( a ) 3 a ( a + a a ) ( ) a + 3 a 3 a ( ) 8 a 4 3 a + a 4 a ( ) ( ) a a ( a b + b ) ( 1 : a 3 a b ) ( b 3 3 b ) a + b : 1 a b b 3 b a b 3 a 6 a + b a b 3 a 1 a b b 6 a + b (a b 1).

18 R1.. Příklad 1.5: Příklad 1.6: Příklad 1.7: R1.3. Mocniny a odmocniny - řešení x y 3 8 y 5 x 43 x y 3 8 y 5 x 6 x 1 y x y x 4 y. a 3 b 15 9 a 3 b 5 3 a 1 6 b 3 a 1 6 b 3 ( ) u 5 v w ( ) u v w 3 v a b a 3 6 b 1 6 a 1 b 1 6. u 10 v 5 w 10 v 6 u 9 w 9 v 3 Mnohočleny - řešení u10 v 5 w9 v 3 w 10 v 6 u 9 u v w. Příklad 1.8: (x 3 5 x +8 x 4) : (x ) x 3 x + (x 3 x ) 3 x +8 x 4 (3 x +6 x) x 4 ( x 4) 0 Výsledek: P (x) : Q(x) x 3 x +, pro x. Zkouška: (x 3 x+) (x ) x 3 3 x + x x +6 x 4 x 3 5 x +8 x 4.

19 Příklad 1.9: (x 4 + x 3 4 x x +3) : (x 3) x + x 1 (x 4 3 x ) x 3 x 6 x +3 ( x 3 6 x) x +3 ( x +3) 0 Výsledek: P (x) : Q(x) x + x 1, pro x ± 3. Zkouška: (x + x 1) (x 3) x 4 + x 3 x 3 x 6 x + 3 x 4 + x 3 4 x 6 x + 3.

20 Příklad 1.10: (x 4 +6 x 3 +7 x +9 x 7) : (x +5) x 3 +x + x 1 (x 4 +5 x 3 ) x 3 +7 x +9 x 7 (x 3 +5 x ) x +9 x 7 ( x +10 x) x 7 ( x 7) Zbytek po dělení je. Výsledek: P (x) : Q(x) x 3 + x + x 1, pro x 5. x + 5 Zkouška: ( x 3 + x + x 1 ) (x + 5) x + 5 (x 3 + x + x 1) (x + 5) (x + 5) x + 5 x 4 + x 3 + x x + 5 x x + 10 x 5 x x x + 9 x 7.

21 Příklad 1.11: (x 5 x 4 5 x x 13 x +3 ) : (x 3 x +4) x 3 + x 3 x +1 (x 5 3 x 4 +4 x 3 ) x 4 9 x x 13 x +3 ( x 4 6 x 3 +8 x ) 3 x x 13 x +3 ( 3 x 3 +9 x 1 x) x x +3 (x 3 x +4) x 1 Zbytek po dělení je 6 x. Výsledek: P (x) : Q(x) x 3 + x 3 x x 1 x 3 x + 4. Zkouška: ( x 3 + x 3 x x 1 ) (x 3 x + 4) x 3 x + 4 (x 3 + x 3 x + 1) (x 3 x + 4) + x 1 x 3 x + 4 (x 3 x + 4) x 5 3 x x 3 + x 4 6 x x 3 x x 1 x + x 3 x x 1 x 5 x 4 5 x x 13 x + 3.

22 ( ) 4 Příklad 1.1: a) (3 x ) 4 81 x x 3 ( )+ ( ) 4 9 x ( ) ( ) x( ) 3 +( ) x 4 16 x x 96 x b) (a b ) 3 a 3 b 3 + c) a 3 b 3 6 a b + 1 a b 8. ( z 1 z ) 5 3 z 5 + ( 1 ) ( 3 5 ( + z z 4) 1 z ( ) 3 a b ( ) + 1 ( ) 5 ( 16 z 4 1 ) + 1 z ) 4 ( + 1 z ) 5 ( ) 3 a b ( ) + ( ) 3 ( ) 5 ( 8 z 3 1 ) ( z z 3) d) 3 z 5 80 z z 40 1 z z 3 1 z 5. ( u v + v ) 3 u 3 u v + 3 u3 v u v + 1 v u + 8 v3 u 3. ( ) 3 u 1 v v u + ( ) 3 u v 4 v u + 8 v3 u 3

23 Příklad 1.13: a) x 5 5 y x 5 5 y ( x 5 5 y )( x y ). b) a 4 16 (a 4 4 ) (a )(a + ) (a )(a + )(a + 4). c) x (x 3 ( 3) 3 ) (x 3)(x + 3 x + ( 3) ) (x 3)(x + 3 x + 3). ( ) d) 8 u 3 + v3 7 3 u 3 + v3 3 3 ( u + v 3 )(4 u 3 u v + v 9 ( u + v )( u u v v ). 3 )

24 Příklad 1.14: a) Najdeme kořeny kvadratické rovnice x 5 x 4 0. x 1, 5 ± ± 11 x 5 x 4 (x 8)(x + 3). 5 ± 11 b) 3 x + 1 x (x + 7 x + 10). Najdeme kořeny kvadratické rovnice x + 7 x x 1, 7 ± ± 9 7 ± 3 3 x + 1 x (x + 7 x + 10) 3(x + )(x + 5). x 1 8 x 3. x 1 5 x. c) Provedeme substituci y x, x 4 5 x + 4 y 5 y + 4. Najdeme kořeny kvadratické rovnice y 5 y y 1, 5 ± ± 9 5 ± 3 y 1 4 y 1. x 4 5 x + 4 y 5 y + 4 (y 4)(y 1) (x 4)(x 1) (x 1)(x + )(x 1)(x + 1). d) Provedeme substituci y x, x 4 8 x 9 y 8 y 9. Najdeme kořeny kvadratické rovnice y 8 y 9 0. y 1, 8 ± ± ± 10 y 1 9 y 1.

25 x 4 8 x 9 y 8 y 9 (y 9)(y + 1) (x 9)(x + 1) (x 3)(x + 3)(x + 1). Příklad 1.15: a) x + x 4 (x + x + 1) 1 4 (x + 1) 5, R1.4. Příklad 1.16: b) x 8 x + 9 (x 4 x) + 9 (x 4 x + 4 4) + 9 (x 4 x + 4) (x ) + 1, c) x 4 ( 3 x + 1 x 4 3 x + 4 ) 49 ( x ) , d) x 4 6 x + 1 (x 4 6 x + 9) (x 3) 8. Lomené algebraické výrazy - řešení Lomené výrazy mají smysl pro a, b 0 a a ±b. 1 b(a + b) + 1 a(b a) + a b a(b a) + b(b + a) + ( 1) a b a b (b a ) a b a + b + a b a b a b (b a ) b a a b (b a ) 1 a b.

26 Příklad 1.17: Lomené výrazy mají smysl pro x ±1. 1 x 1 + ( 1) x ( ) x + 1 (x + 1)(x + 1) (x 1)(x + 1) (x 1)(x + 1) x 4 1 x3 + x + x + 1 (x 3 x + x 1) (x 1) x x 4 1. Příklad 1.18: Lomený výraz má smysl pro x, y 0 a 1 x 1 y t.j. x y. x y y x 1 x 1 y x y x y y x x y (x y)(x + y) x y x y y x ( 1)(x + y) 1 (x + y). Příklad 1.19: Lomený výraz má smysl pro u 0, u 1 a 4 u 1 t.j. u ± 1. 4 u u 1 1 u(u 1) 4 u 1 u u 4 u 1 u(u 1) 4 u u + u 1 u(u 1) 4 u 1 u(u 1) u(u 1) 4 u 1 1.

27 R1.5. Příklad 1.0: Úprava výrazů - řešení Výraz má smysl, jestliže x > 1, x 0, x 1 ±x. První nerovnost je splněna, když x (, 1) (1, ), poslední nerovnost je splněna vždy. Výraz má tedy smysl pro x (, 1) (1, ). ( ) ( ) x 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 x 1 + x ( ) ( x 1 x x x 1 + x ) x 1 + x ( 1) x 1 x 1 x x x 1 x ( 1) x 1. Příklad 1.1: Výraz má smysl, jestliže x > 0, y > 0, x y. x y y x 1 1 x y x y y x y x x y x y (x y)( y + x) y x ( y x)( y + x) (x y)( y + x) (y x) ( y + x).

28 Příklad 1.: Výraz má smysl, jestliže x ±1 a y 0. y + 1 x 1 y 1 x + 1 y x 1 y x + 1 (y + 1)(x + 1) (y 1)(x 1) x 1 y(x + 1) y(x 1) x 1 (x y + x + y + 1 x y + x + y 1 x 1 x y + y x y + y x 1 (x + y) x 1 y x 1 x + y y.

29 R. Řešení rovnic - řešení R.1. Algebraické rovnice o jedné neznámé - řešení Příklad.1: Rovnici řešíme pomocí ekvivalentních úprav: 4x (1 x) 3(x + ) 6x 8 4x + x 3x 6 6x 8 / 6x + 8 3x 0 / : ( 3) x 0. Daná rovnice má jediné reálné řešení: K {0}. Příklad.: Rovnici řešíme pomocí ekvivalentních úprav: 4x (1 x) 3(x + ) 6x 9 4x + x 3x 6 6x 9 / 6x + 8 3x 1 / : ( 3) x 1 3. Daná rovnice má jediné reálné řešení: K { 1 3}.

30 Příklad.3: Rovnici řešíme pomocí ekvivalentních úprav: 4x (1 + x) 3(x + ) 8 x 4x x 3x 6 8 x x 8 8 x / + x 8 8. Poslední rovnost nikdy nenastane, rovnice proto nemá žádné reálné řešení, K. Příklad.4: Rovnici řešíme pomocí ekvivalentních úprav: 4x (1 x) 3(x + ) + 8 3x 0 4x + x 3x x Poslední rovnost je vždy pravdivá, proto K R.

31 Příklad.5: Daná rovnice má smysl, jsou-li splněny podmínky 16 x 0, 4 x 0, 4+x 0, tedy pro všechna x R \ {±4}. Postupnými úpravami dostáváme: 3x x 5 (4 x) 1 / (4 x)(4 + x) (x + 4) (3x + 8) 5(x + 4) (4 x) 6x x x / 6x Poslední rovnost je vždy pravdivá. Řešením dané rovnice jsou tedy všechny hodnoty x, pro něž má rovnice smysl, tj. K R \ {±4}.

32 Příklad.6: Rovnice má smysl pro x 0. Postupnými úpravami dostaneme: Dále rozlišíme tři případy: t 1 x t 1 / x (t 1)(t + 1) (t 1)x pro t 1 odtud plyne 0x 0, tedy K R \ {0}, pro t 1 dostaneme rovnici 0 x, které nevyhovuje žádné přípustné reálné číslo (vzhledem k definičnímu oboru rovnice), K, pro t ±1 lze rovnici dělit výrazem (t 1), odtud plyne x t + 1, tedy K {t + 1}. Závěr můžeme zapsat pomocí přehledné tabulky: t K(t) t 1 R \ {0} t 1 t ±1 {t + 1}

33 Příklad.7: a) V této rovnici je a 1, b, c 15, pro její diskriminant platí D b 4ac ( ) 4 1 ( 15) 64 > 0. Rovnice má proto dva reálné kořeny x 1, ± 64 x 1 5 x 3 K { 3, 5}. b) Pro a 1, b 5, c 8 platí b 4ac < 0, takže rovnice má komplexně sdružené kořeny: x 1, 5 ± 7 5 { } 7 ± i K 5 7 ± i. V případě, kdybychom v zadání požadovali řešení pouze v reálném oboru, rovnice by neměla žádné řešení. c) D b 4ac , rovnice má jediný (dvojnásobný) reálný kořen: x 1, 14 ± 0 7 K { 7}.

34 Příklad.8: Zkusme do rovnice postupně dosazovat čísla ±1, ± atd. Snadno ověříme, že x 1 1 danou rovnici splňuje. To znamená, že mnohočlen x 3 9x + 4x + 15 má kořenový činitel x + 1. Provedeme dělení: (x 3 9x + 4x + 15) : (x + 1) x 11x + 15 (x 3 + x ) 11x + 4x + 15 (11x 11x) 15x + 15 (15x + 15) 0 Nyní již můžeme zadanou rovnici přepsat v součinovém tvaru: x 3 9x + 4x + 15 (x + 1)(x 11x + 15) 0. Tedy bud x+1 0 nebo x 11x Kvadratická rovnice x 11x+15 0 má dva kořeny x 1, 11 ± Pro množinu kořenů platí K { 1, 5, 3}. x 1 3 x 5.

35 Příklad.9: Mnohočlen na levé straně rovnice pomocí postupného vytýkání zapíšeme v součinovém tvaru: Příklad.10: x (x 7) + (x 7) 0 (x 7)(x + 1) 0. Odtud dostáváme dvě možnosti: x 7 0 nebo x +1 0, tedy x 1 7, x,3 ±i. Daná rovnice má tři kořeny, K { 7, ±i }. 4 + x 16 x / 4 x 16 x 4 / x 16 x 8x + 16 / + 8x x 3 x 4 Zk.: L(4) , P (4) 4, L(4) P (4), K {4}

36 Příklad.11: 1 + x x + 3 / 1 + x + x x + 3 / 1 x x x 1 / x 1 Zk.: L(1) 1 + 1, P (1) 1 + 3, L(1) P (1), K {1} Příklad.1: x + 8 x / x + 8 x 4 x + 8 / x x 0 x Zk.: L(0) 0 + 8, P (0) 0, L(0) P (0), K.

37 R.. Jednoduché exponenciální a logaritmické rovnice - řešení Příklad.13: Použitím pravidel pro počítání s mocninami rovnici upravíme do podoby ( ) x 1 5 x x 5 ( ) x x 1 5 ( ) x ( ) x 0 x 1. Pokud bychom nejprve obě strany rovnice logaritmovali a až poté upravovali, vypadal by výpočet takto: log 4 x 1 log 5 x (x 1) log 4 ( x) log 5 x(log 4 + log 5) log 5 + log 4 x Daná rovnice má jediné reálné řešení: K {1}. log 5 + log 4 log 5 + log 4 1.

38 Příklad.14: Použitím pravidel pro počítání s mocninami dostaneme 5 5 x 4 5 x x (5 4) 5 x 5 x 5 x 5 x. Této rovnici vyhovuje každé reálné číslo, tj. K R. Příklad.15: Pomocí pravidel pro práci s mocninami dostaneme: x 3 1 x 5 x + 4 x 0 x + 3 x 0. Nyní zvolíme substituci y x, tj. x ( ) x ( x ) y, čímž danou rovnici převedeme na rovnici kvadratickou y + 3 y 0, pro kterou platí y 1, 3 ± ± y 1 4 y 11. Vrátíme-li se k původní substituci, dostáváme dvě rovnice x 4 a x 11. První z těchto rovnic má kořen x, druhá rovnice nemá žádné reálné řešení ( x je vždy číslo kladné). Celkem K {}.

39 Příklad.16: S využitím pravidel pro počítání s logaritmy lze psát ln x(x + 9) ln( 4 7). Odtud plyne x(x + 9) 11. Danou logaritmickou rovnici se nám podařilo převést na rovnici kvadratickou: x + 9x 11 0 x 1, 9 ± ± 3 x 1 7 x 16. Pro oba kořeny nyní provedeme zkoušku: L(7) ln 7 + ln 16 ln(7 16) ln 11 P (7) 4 ln + ln 7 ln( 4 7) ln 11, tedy L(7) P (7) L( 16) ln( 16) +... tato hodnota není definována, druhý kořen nevyhovuje Daná logaritmická rovnice má jediné řešení, K {7}.

40 R.3. Příklad.17: Jednoduché goniometrické rovnice - řešení Nejprve najdeme ostrý úhel x 0, pro který platí cotg x 0 3, tedy x 0 π 6. Kotangens je funkce záporná ve II. kvadrantu, základní orientovaný úhel v tomto případě tedy bude x π π π. Vzhledem ke skutečnosti, že kotangens je π-periodická funkce, plyne odtud množina všech řešení K { } 5 6 π + kπ. k Z Příklad.18: Substitucí y x π získáme základní goniometrickou rovnici cos y 1, která je splněna pro y π + kπ, k Z. Vrátíme se zpět k substituci y x π a dostáváme x π π + kπ x 3π + kπ x 3π + kπ 4 K { } 3 4 π + kπ. k Z

41 Příklad.19: S využitím identity sin x 1 cos x rovnici upravíme do tvaru (1 cos x) 5 cos x 5 0 / : ( 1) cos x + 5 cos x Nyní zvolíme substituci y cos x a řešíme příslušnou kvadratickou rovnici y + 5y + 3 0: y 1, 5 ± { y1 1 4 y 3. Vrátíme se zpět k substituci y cos x a dostáváme cos x 1 nebo cos x 3. První možnost nastává pro x π + kπ, druhá možnost nenastává, protože cos x 1. Celkem platí K k Z {π + kπ}.

42 R.4. Rovnice s absolutní hodnotou - řešení Příklad.0: Nulovým bodem absolutní hodnoty v této rovnici je x 1 4. Příklad.1: Za předpokladu 4x 1 < 0 platí 4x 1 (4x 1) a danou rovnici lze přepsat do podoby (4x 1) +3x, odkud plyne x 1. Tato hodnota splňuje podmínku 7 4x 1 < 0, jde tedy o kořen dané rovnice. Dále vyřešíme případ 4x 1 0, pro který platí 4x 1 4x 1 a rovnice má podobu 4x 1 + 3x, odkud vychází x 3, přičemž 3 1, ). Celkem 4 dostáváme K { 1; 3}. 7 Nulovými body jsou hodnoty 0,. Pro lepší přehlednost si můžeme vše zapsat formou tabulky: 4x 8 x 4x x x + 1 x ( ; 0) 8 4x x 8 4x 3x x + 1 x 0; ) 8 4x x 8 4x + 3x x + 1 x ; ) 4x 8 x 4x 8 + 3x x + 1 V případě x ( ; 0) řešíme rovnici přepsanou bez absolutních hodnot 8 4x 3x x + 1, odkud dostáváme x 7. Protože 7 ( ; 0), nejde o kořen dané 8 8 rovnice. Pro x 0; ) má rovnice tvar 8 4x + 3x x + 1, odkud x 7, ale 7 0; ). Konečně pro x ; ) řešíme rovnici 4x 8 + 3x x + 1, jíž vyhovuje x 3, přičemž 3 ; ). Celkově nemá zadaná rovnice žádné řešení: K.

43 Příklad.: Nulovými body jsou hodnoty 0,. Pro lepší přehlednost si můžeme vše zapsat formou tabulky: 4x 8 x 4x 8 3 x x + 1 x ( ; 0) 8 4x x 8 4x + 3x x + 1 x 0; ) 8 4x x 8 4x 3x x + 1 x ; ) 4x 8 x 4x 8 3x x + 1 V případě x ( ; 0) řešíme rovnici přepsanou bez absolutních hodnot 8 4x + 3x x + 1, odkud dostáváme x 7. Protože 7 ( ; 0), nejde o kořen dané rovnice. Pro x 0; ) má rovnice tvar 8 4x 3x x+1, odkud x 7, přičemž 7 0; ). 8 8 Konečně pro x ; ) řešíme rovnici 4x 8 3x x + 1, jíž nevyhovuje žádné reálné číslo. Celkově má zadaná rovnice jediné řešení: K { 7 8 }.

44 R.5. Soustavy rovnic - řešení Příklad.3: Soustavu vyřešíme dosazovací metodou z druhé rovnice vyjádříme neznámou x 6y 39, dosazením do první rovnice odtud dostaneme rovnici 5(6y 39) + y 3 30y y 3 3y 19 y 6. Jestliže tuto hodnotu nyní dosadíme do vyjádření x, dostaneme x Daná soustava má tedy jediné řešení x 3 a y 6, neboli její řešení je jediná uspořádaná dvojice čísel (x, y) ( 3, 6), tedy K {( 3, 6)}. Příklad.4: Soustavu vyřešíme sčítací metodou. Po vynásobení první rovnice dvěma a druhé rovnice sedmi dostaneme soustavu 14x + 6y 10 14x + 7y 4. Sečtením levých a pravých stran těchto rovnic získáme rovnici o jedné neznámé 13y 5, odkud snadno vypočteme y 4. Po odsazení např. do první rovnice soustavy platí 7x 1 5, tj. x 1. Řešením dané soustavy je jediná uspořádaná dvojice (x, y) (1, 4), tj. K {(1, 4)}.

45 R3. Řešení nerovnic - řešení R3.1. Lineární nerovnice a jejich soustavy - řešení Příklad 3.1: Postupnými úpravami dostaneme: 4( x) 3(x 1) + x 9 5x 8 8 4x 3x x 9 5x 8 5x + 5x 8 10x 10 / : ( 10) x 1. Příklad 3.: Množinou všech řešení je interval K 1; ). Pomocí elementárních úprav dostaneme: 16x 8x x x < 4(4x + 1x + 9) / 16x 8x + 1 4x < 48x + 36 / + 1x < 60x / : < x. Příklad 3.3: Množina kořenů K ( 7 1 ; ). První nerovnice je splněna pro x > 3, druhá platí pro x. Množina všech řešení dané soustavy je průnikem intervalů ( 3; ) a ; ), tedy K ( 3; ).

46 R3.. Příklad 3.4: Příklad 3.5: Nerovnice s absolutní hodnotou - řešení Vydělíme-li danou nerovnici dvěma, dostaneme nerovnici x 4, kterou můžeme řešit geometricky. Jejím řešením jsou všechna čísla x, jejichž obrazy na číselné ose mají od obrazu čísla vzdálenost ne větší než 4, tj. čísla z množiny ; 6, K ; 6. Provedeme diskusi různých možností znamének výrazu v absolutní hodnotě a vyřešíme vzniklé nerovnice bez absolutní hodnoty. Pro x ( ; 1 platí 1 4x 1 4x; v tomto případě tedy řešíme nerovnici 4 1 4x 5, odkud dostáváme x 1, tj. K 1 ( ; 1 1; ) 1; Pro x ( 1 ; ) je 1 4x (1 4x) 4x 1 a my řešíme nerovnici 4x 1 5, 4 jíž vyhovují hodnoty x 3, odkud K ( 1; ) ( ; 3 ( 1; 3. Celkem 4 4 dostáváme množinu kořenů K K 1 K 1; 3.

47 Příklad 3.6: Nerovnici vyřešíme metodou nulových bodů, které jsou v tomto případě tři (0, a 1): x x x + 1 x + x x x ( ; 1 x x x 1 x + x + x + 5 x ( 1; 0 x x x + 1 x + x x 5 x (0; x x x + 1 x + x x 5 x (; ) x x x + 1 x + x x 5 Příklad 3.7: Pro x 1 řešíme lineární nerovnici x + x + x + 5, tedy 4 5, která však nemá žádné řešení. Pro x ( 1; 0 řešíme nerovnici x + x x 5, která platí pro x 5. 4 Protože ( 1; 0 ( ; 5, v daném intervalu opět nedostáváme žádné řešení. 4 V případě x (0; má daná nerovnice podobu x + x x 5, odkud plyne x 5. Tuto podmínku nesplňuje žádné x (0;. Konečně pro x (; ) řešíme lineární nerovnici x + x x 5, která rovněž nemá žádné řešení. Celkem dostáváme závěr K. První nerovnici vyhovují x ( ; 4 ; ), druhá nerovnice platí pro x 4;. Ověřte podrobně sami! Množina řešení dané soustavy je průnikem těchto množin, tedy K { 4} ;.

48 R3.3. Příklad 3.8: Nerovnice součinového a podílového typu - řešení Rovnici vyřešíme metodou nulových bodů. Výrazy v závorkách jsou rovny nule pro x 8 a x 1. Tyto nulové body rozdělí reálnou osu na tři intervaly, pro které platí ( ; 1) 1 ( 1 ; 8) 8 (8; ) 8 x x (8 x)(x + 1) Příklad 3.9: Danou nerovnici splňují všechna x 1 ; 8. Nerovnici vyřešíme rozborem možností. Součin dvou výrazů je záporný, jestliže je záporný právě jeden z těchto výrazů. Hledáme ty hodnoty x, pro které platí [3x 4 < 0 x + 7 > 0] [3x 4 > 0 x + 7 < 0] První dvě podmínky lze upravit do podoby x < 4 a současně x > 7, což platí 3 pro x ( 7; 4). Podobně zbylé dvě podmínky x > 4 a zároveň x < 7 neplatí 3 3 pro žádné reálné číslo. Řešením dané nerovnice je množina K ( 7; 4). 3

49 Příklad 3.10: Prováděním ekvivalentních úprav dostaneme x 4 (3 + x) 3 + x x x / x x x x / : ( 1) Nulový bod čitatele je x 10, nulový bod jmenovatele je x 3. Platí tedy ( ; 10) ( 10; 3) ( 3; ) x x x + 10 x To, zda nulové body vyhovují dané nerovnici, snadno zjistíme i bez tabulky. Z posledního řádku tabulky je patrné, že K ( ; 10 ( 3; ).

50 Příklad 3.11: Nerovnice má smysl pro x 10x + 1 0, tedy pro x 3 a x 7. Kvadratické trojčleny v čitateli a ve jmenovateli rozložíme na součin kořenových činitelů: x x + 1 x 10x + 1 (x 1) (x 3)(x 7). Výraz (x 1) je pro x R\{3; 7} nezáporný. Nulové body čitatele a jmenovatele (3 a 7) rozdělí reálnou osu na tři intervaly, na nichž budeme vyšetřovat znamení jednotlivých činitelů: x 3 x 7 (x 1) (x 3)(x 7) x ( ; 3) + x (3; 7) + x (7; ) Z tabulky je zřejmé, že daná nerovnice je splněna pro K ( ; 3) (7; ).

51 R3.4. Kvadratické nerovnice - řešení Příklad 3.1: Danou nerovnici vyřešíme doplněním na čtverec: 6x + 7x 0 / : ( 6) x 7 6 x ( x 7 ) ( x 7 ) / x Řešením získané nerovnice s absolutní hodnotou jsou všechna čísla x, jejichž obraz na reálné ose je od obrazu čísla 7 1 vzdálen nejvýše o, tedy K 1 ;

52 Příklad 3.13: Nerovnici vyřešíme převedením na nerovnici v součinovém tvaru a následnou diskusí možností. Kvadratická rovnice 3x + 15x 1 0 má dva reálné kořeny x 1, 15 ± ± 81 6 { x1 1 x 4, lze ji proto psát ve tvaru součinu kořenových činitelů 3(x 1)(x 4) 0; danou nerovnici lze přepsat do podoby 3(x 1)(x 4) > 0 / : ( 3) (x 1)(x 4) < 0. Součin dvou výrazů je záporný, je-li právě jeden z těchto výrazů záporný; tím dostaneme soustavu podmínek: [x 1 < 0 x 4 > 0] [x 1 > 0 x 4 < 0] První dvě podmínky lze přepsat do podoby x < 1 a současně x > 4, což nelze splnit současně pro žádné reálné číslo x. Podobně zbylé dvě podmínky x > 1 a x < 4 platí pro x (1; 4). Množina všech řešení dané nerovnice je K (1; 4).

53 R3.5. Příklad 3.14: Nerovnice s neznámou pod odmocninou - řešení Daná nerovnice má smysl, pokud platí podmínka x 3x Platí-li tato podmínka, je daná nerovnice automaticky splněna (funkční hodnoty druhé odmocniny jsou nezáporné). Řešením kvadratické nerovnice x 3x najdeme její kořeny: D ( 3) 4 ( ) Dále lze tedy psát x 1, 3 ± ± 11 4 x 1 3, 5 x. odkud plynou možnosti x 3x + 14 (x )(x + 3, 5) 0, [x 0 x + 3, 5 0] [x 0 x + 3, 5 0] První dvě podmínky x a současně x 3, 5 platí pro x 3, 5;, zbývajícím dvěma podmínkám x a x 3, 5 nevyhovuje žádné reálné číslo. Řešením dané nerovnice je tedy množina K 3, 5;.

54 Příklad 3.15: Daná soustava má smysl pro x 0. Řešme dále nejprve nerovnici 1 1 x / x x 3 / x 9 4. Druhá nerovnice 1 x 1 dává po úpravě podmínku x 1, která je triviálně splněna pro všechna x, pro něž má soustava smysl. Celkem dostáváme množinu kořenů K 0; 9. 4

55 R3.6. Příklad 3.16: Jednoduché exponenciální nerovnice - řešení Při řešení této nerovnice využíváme základní vlastnosti exponenciální funkce, a sice faktu, že a b a b. Postupnými úpravami dostáváme: ( ) x 1 x 4 1 x 4 1 x 5, tedy K 5 ; ). Příklad 3.17: Využijeme-li toho, že 4 3 log 3 4 a platí podmínka 3 a < 3 b a < b, dostáváme postupně 3 1 x < 3 log x < log 3 4 / + x log log 3 4 < x. Ověřte si sami, že pro množinu řešení platí K (log ; ).

56 R3.7. Příklad 3.18: Jednoduché logaritmické nerovnice - řešení Nerovnice má smysl za podmínky x > 0, tj. x <. Pro x ( ; ) dostáváme: ln( x) 1 ln( x) ln e. Odtud plyne (nebot pro a, b > 0 platí ln a ln b a b) x e, tj. x e. Obě podmínky x < a současně x e splňují všechna x ( ; e ; K ( ; e. Příklad 3.19: Nerovnice má smysl za podmínky x 1 > 0, tj. x > 1. Pro x ( 1 ; ) dostáváme: Pro a, b > 0 dále platí log 1 (x 1) < 0 log 1 (x 1) < log log 1 a < log 1 b a > b, 5 5 takže obdržíme nerovnici x 1 > 1, tedy x > 1. Množina všech řešení ( ) 1 K ; (1; ) (1; ).

57 R3.8. Jednoduché goniometrické nerovnice - řešení Příklad 3.0: Příslušná rovnice cos x 1 má v intervalu 0; π dvě řešení x 1 π a x 3 5π. 3 Nakreslíme-li si vhodný obrázek, snadno zjistíme, že množina všech řešení dané nerovnice je K ( π 3 + kπ; 5 ) 3 π + kπ. k Z

58 R4. Komplexní čísla - řešení R4.1. Operace s komplexními čísly - řešení Příklad 4.1: a) (5 + 4 i ) + ( 3 i ) (4 3)i 7 + i, Příklad 4.: b) ( + 5 i ) ( i ) i 15 i + 40 i 6 + i + 40( 1) 46 + i, c) ( 5 i ) 4 0 i + 5 i 4 0 i i, d) ( + 3 i ) (4 + 9 i ) i + 9 i 4 9 i i, e) 4 (5 + 3 i ) ( i ) (5 + 3 i ) (8 i ) 40 i + 4 i 40 i i, f) (1 i ) (1 + i ) (3 + 4 i ) (1 i ) (3 + 4 i ) (3 + 4 i ) i. a) 3 i i b) i 1 i ( 3 i )( i ) i ( i ) (3 + 5 i )(1 + i ) (1 i )(1 + i ) i + 3 i i 3 i 1 3 i, i + 5 i + 5 i + 8 i 1 i i, c) 4 + i (4 + i )(1 i ) ( + 3 i ) 1 + i (1 + i )(1 i ) ( + 3 i ) 4 8 i + i i ( + 3 i ) 1 4 i 6 7 i i, ( + 3 i ) i 14 i 1 i i 5

59 d) e) f) (5 + 3 i )(3 + 4 i ) 1 + i (7 + 3 i )(6 + i ) ( + 5 i )( 6 i ) i + 9 i + 1 i 1 + i 3 3 i + 9 i 9 i 1 i ( i + 18 i + 6 i ) (4 1 i + 10 i 30 i ) ( i )(17 + i ) (17 i )(17 + i ) i i, (3 + 9 i )(1 i ) (1 + i )(1 i ) 3 6 i i 34 i i, i + 7 i + 16 i 89 i (4 6 i )(9 6 i ) 36 4 i 54 i + 36 i (6 7 i ) ( i )( i ) 45 7 i 15 i + 9 i (6 7 i ) 78 i 13 i (6 7 i ) (6 7 i ) 13 i i 6 7 i

60 R4.. Příklad 4.3: Příklad 4.4: Goniometrický tvar komplexního čísla Využijte vzorce: Platí 7 π 1 π 4 + π 3 cos 7 π 1 cos ( π 4 + π 3 sin 7 π 1 sin ( π 4 + π 3 Platí tedy: ( cos 7 π + i sin 7 π 1 1 sin(α + β) sin α cos β + cos α sin β cos(α + β) cos α cos β sin α sin β.. Využijeme nyní vzorečky pro kosínus a sínus součtu. ) cos π cos π sin π sin π ) sin π cos π + cos π sin π ) (( ) ( + ) ) + 6 i (1 3)+(1+ 3) i. 4 Komplexní číslo z i vyjádřeme v goniometrickém tvaru. z ( 8) cos α 8 8 α 3π nebo 5π 4 4 sin α 8 8 α π nebo 3π 4 4 z 8 ( cos 3π 4 + i sin 3π ). 4 α 3π 4

61 Příklad 4.5: Komplexní číslo z 3 3 i vyjádřeme v goniometrickém tvaru. z ( 3) + ( 3) cos α 3 1 α π nebo 4π 3 3 sin α α 4π nebo 5π α 4π z ( 3 cos 4π 3 + i sin 4π ). 3

62 Příklad 4.6: Komplexní číslo z + i vyjádřeme v goniometrickém tvaru. z ( 3 1 ) + ( 3+1 ) cos α sin α 3 cos α + sin α cos α sin α 3 sin(α + π) + sin α sin(α + π) sin α sin(α + π 4 ) cos π 4 3 cos(α + π 4 ) sin π 4 sin(α + π 4 ) 3 cos(α + π) sin(α + π) 4 π 3 π 4 5π 1 z ( cos 5π 5π + i sin 1 1 α + π 4 π 3 α + π 4 π 3 ). cos(α + π 4 ) 1 nebo 4π 3 nebo π 3 α + π 4 π 3 α

63 Příklad 4.7: Použijeme vzorec pro součin komplexních čísel v goniometrickém tvaru: (cos 37 π + i sin 37 ) (cos π 47 π + i sin 47 ) ( π cos π + i sin ) 7 π (cos π + i sin π) 1 + i 0 1. Příklad 4.8: Použijeme vzorec pro součin komplexních čísel v goniometrickém tvaru: ( cos π 1 + i sin π ) ( cos π i sin π ) ( cos π + i sin π ( cos π 4 + i sin π ) 4 + i + i. ) Příklad 4.9: Použijeme Moivreovu větu: ( cos π 15 + i sin π ) ( 35 cos 35 ) 35 π + i sin π (cos 73 π + i sin 73 ) π (cos ( π ) ( 3 + π) + i sin (π 3 + π) cos π 3 + i sin π ) i i.

64 Příklad 4.10: Nejprve vyjádříme komplexní číslo z 3 + i v goniometrickém tvaru. z ( 3) + (1) cos α α π nebo 11π 6 6 sin α 1 α π nebo 5π α π ( z cos π 6 + i sin π ). 6 Použijeme Moivreovu větu: ( ( 3 + i ) 7 7 cos π 6 + i sin π ) 7 18 (cos π + i sin 7 ) 6 π 18 ( ) 3 i 1 64( 3 + i ).

65 Příklad 4.11: Nejprve převedeme komplexní číslo i do goniometrického tvaru: z ( 5) + ( 5 3) cos α sin α ( z 10 cos 4π 3 + i sin 4π 3 α π 3 α 4π 3 ). nebo 4π 3 nebo 5π 3 α 4π 3 Nyní komplexní číslo odmocníme - získáme dvě různé hodnoty pro k 0, 1: 10 (cos( 4π 6 + k π ) + i sin(4π 6 + k π ) ) z 0 ( 10 cos π 3 + i sin π ) 10 3 z 1 10 (cos( π3 ) + π) + i sin(π3 + π) ( i ), 10 ( cos 5π 3 + i sin 5π 3 ) 10 (1 3 i ).