1. FUNKCE Průvodce studiem V deím životě, v přírodě, v techice a hlavě v matematice se eustále setkáváme s fukčími závislostmi jedé veličiy (apř. y) a druhé (apř. x). Tak apř. cea jízdeky druhé třídy osobího vlaku závisí a počtu kilometrů. Elektrický proud I podle Ohmova zákoa závisí při daém apětí U a odporu R vodiče podle vztahu I = U/R. Objem V kruhového kužele o poloměru r při daé výšce v závisí a velikosti poloměru r podle vzorce 1 V = r π v. Vezměme v úvahu rovici y= x + 1. Zvolíme-li libovolé kokrétí reálé číslo x 0, je touto rovicí určeo právě jedo číslo y, 0 které se rová x0 + 1. Tak apř. číslu x1 = 0 odpovídá číslo y1 = 1, kdežto pro číslo x = 1 dostaeme y = 4, apod. Zvolíme-li tedy libovolé číslo y < 1, + ). x + (, ), je mu rovicí y= x + 1 přiřazeo právě jedo číslo Třebaže všechy uvedeé příklady jsou růzého druhu, lze v ich vystihout společou charakteristickou vlastost touto defiicí: Defiice: a) Zobrazeí, viz [], f : M C, kde M C se azývá komplexí fukce komplexí proměé. b) Zobrazeí f : M C, kde c) Zobrazeí f : M R, kde M R se azývá komplexí fukce reálé proměé. M R se azývá reálá fukce reálé proměé. 180
Pozámka Při dalším studiu se v základím kurzu matematiky budeme setkávat pouze s reálými fukcemi reálé proměé. Jediou výjimkou jsou polyomy, a proto se o ich krátce zmííme úvodem. 1.1. Cíle Cílem této kapitoly je rozšířeí zalostí o polyomech (mohočleech ), které jsou ezbytě uté pro řešeí příkladů v ěkterých dalších kapitolách studijích textů z předmětu matematika. Předpokládaé zalosti Jsou předpokládáy zalostí operací s polyomy v rozsahu středí školy, tj. sčítáí polyomů, ásobeí polyomu číslem a polyomem, děleí polyomu polyomem a řešeí jedoduchých typů algebraických rovic (apř. kvadratická rovice, biomická rovice, reciproké rovice). Výklad Defiice 1.1.1. 1 k Komplexí fukce komplexí proměé p( x) = ax + a 1x +... + a1x+ a0 = akx, k = 0 kde x, a, a 0 a { } C C N 0 se azývá polyom -tého stupě. k 181
Pozámky 1. Zobrazeí { 0} C azýváme ulový polyom a ezavádíme pro ěj stupeň.. Pro polyom užíváme také ázev mohočle.. Čísla ak, k = 0,..., azýváme koeficiety polyomu p( x ), které pro aše potřeby budou obvykle čísly reálými. Řešeé úlohy Příklad 4 px x x x C ( ) = + + 1, je polyom čtvrtého stupě s koeficiety a = 1, a = 0, a =, a = 0, a =. 0 1 4 Pozámka Součet, rozdíl a souči polyomů je polyom. Podíl dvou polyomů být polyomem emusí. Řešeé úlohy Příklad Vypočtěte podíl x + x+. x + 1 Řešeí: 1 ( x + x+ ):( x+ 1) = x x+ x + 1 x x ( + ) x + x+ ( x x) x + (x + ) 1 18
Výsledek obsahuje čle 1 x + 1 a eí tedy polyomem. Výklad Defiice 1.1.. Říkáme, že x0 C je kořeem eulového polyomu p( x ), jestliže px ( 0) = 0. Polyom x x 0 prvího stupě, kde px ( 0) = 0, azýváme kořeovým čiitelem polyomu p( x ). Věta 1.1.1. Každý polyom stupě 1 má alespoň jede koře x0 C. Důkaz věty je obtížý a ebudeme jej provádět. Věta 1.1.. Číslo x0 C je kořeem polyomu p ( x ) stupě 1, právě když existuje polyom p 1 ( x ) stupě 1 takový, že platí p( x) = ( x x0) p1( x). Důkaz: Věta 1.1.. je větou ve tvaru ekvivalece, to zameá, že důkaz je uto provést ve dvou krocích. Užijeme vzorce k k k 1 k k k a b = ( a b)( a + a b+... + ab + b 1 ), který si můžeme ověřit vyásobeím pravé stray rovosti. 1. Předpokládejme, že x 0 je kořeem polyomu p( x ), tj. px ( 0) = 0. Pak platí: k k k px ( ) = px ( ) px ( 0) = ax k ax k 0 = ak( x x0 k ) = k= 0 k= 0 k= 0 k 1 k k k 1 = ak ( x x0) ( x + x x0 +... + xx0 + x0 ) = k = 1 k 1 k k = ( x x0) ( akx + akx0x +... + akx0 x+ akx0 k 1 ) k = 1 18
k 1 k k 1 Výrazy akx akx0x... akx0 x akx k + + + + 0 jsou polyomy stupě k 1 pro k = 1,...,. To zameá, že jejich součtem dostaeme polyom stupě 1, který ozačíme p ( x ) a dostaeme 1 p( x) = ( x x0) p1( x).. Předpokládejme, že platí rovost p( x) = ( x x0) p1( x). Dosadíme x= x0 a dostaeme p( x0) = ( x0 x0) p1( x0) = 0. Číslo x 0 je tedy kořeem polyomu p( x ). Řešeé úlohy Příklad Číslo x0 = 1 je kořeem polyomu p(x) = x + x +. Řešeí: čiitel px ( ) x x ( x 1)( x x ) ( x 1) p1 ( x) x 1 = + + = + + = + + je kořeový x 0 = 1 je kořeem polyomu p( x ). Výklad Defiice 1.1.. Platí-li k px ( ) = ( x x0) p1( x), kde p1( x0) 0, k N, pak říkáme, že x 0 je k-ásobý koře polyomu p( x ). Pozámka Místo 1 ásobý budeme říkat jedoduchý koře. 184
Výklad Věta 1.1.. Nechť p( x) je polyom stupě 1. Pak existují čísla x1, x,..., x C, která emusí být růzá, taková, že px ( ) = a( x x)( x x) K( x x). 1 Bez důkazu. Pozámka Podaří-li se ám zapsat polyom p( x ) ve tvaru z předchozí věty, říkáme, že jsme provedli rozklad polyomu p( x ) a kořeové čiitele v oboru komplexích čísel. Řešeé úlohy 5 4 Příklad Polyom px ( ) = x 6x + 8x 8x + 6x má kořey 1, i,1, i, 1. Jeho rozklad a kořeové čiitele má tvar p( x) = ( x 1)( x i)( x 1)( x+ i)( x 1) = ( x 1) ( x i)( x+ i). Vidíme, že koře 1 je trojásobý a kořey i, -i jsou jedoduché. Pozámka Určit kořey polyomů 1. a. stupě vede a řešeí lieárí a kvadratické rovice. Obtíže astávají při určeí kořeů polyomů stupě. Pro = a = 4 existují poměrě komplikovaé vzorce pro určeí kořeů, podobě jako existuje vzorec pro řešeí kvadratické rovice. Pro 5 takové vzorce však vůbec elze určit. Pro aše potřeby bude stačit ávod a určeí kořeů polyomů stupě, který uvedeme v příští kapitole. S přibližým určeím kořeů polyomů se studeti sezámí v předmětu umerické metody. 185
Úlohy k samostatému řešeí 1. Pro daé polyomy p( x) = x x+ 5 a 4 qx ( ) = x + 7x 5x + vypočtěte: a) p (), b) p( ), c) q(0), d) q( 1), e) p() i, f) q( i), g) p(1 + i), h) p( x) + q( x), i) qx ( ) px ( ), j) p( xqx, ) ( ) k) p() q (1), l) qx ( ): px ( ).. Staovte koeficiety polyomů tak, aby platilo p( x) = q( x) : a) px ( ) = ax + x + x+ 1, qx ( ) = bx + bx 1 + b 0, b) p( x) = 5x 8x 4, q( x) = ( a+ b) x + ( a+ b+ c) x+ ( a+ c).. Vyásobte polyomy: a) ( x+ )( x ), b) ( x 1)( x + x + 1), c) ( x x+ )( x x ), d) ( x 5)(4x + 10x+ 5), e) 4. Vypočtěte podíl polyomů: ( x x + 1)( x + x + 1). 4 5 4 a) ( x + x x + x+ ):( x+ 1), b) (x + x x + x+ 4):( x+ ), 5 4 4 c) ( x x + x ):( x ), d) ( x x + x 1):( x x), 5 4 e) ( x + x 5x + x+ 4):( x x+ 1), 6 5 4 f) ( x + x 6x x + 7x 5 x):( x x+ 1). 5. Rozložte polyomy a souči kořeových čiitelů: a) px ( ) = x + 1, b) px ( ) = x + 4x+, c) p( x) = x + x 6, d) p( x) = x + x 1, e) px ( ) = x + 4, f) px ( ) = x + 5, g) p( x ) = x + 1x 48, h) px ( ) = 9x 16, i) p( x) = x + x. 6. Rozložte polyomy a souči kořeových čiitelů: a) p( x) = x x 6x, b) px ( ) = x 8, c) p( x) = 8x + 1x + 6x+ 1 d) p( x) = x + x x, e) px ( ) = x x + 4, f) px ( ) = x x + x+ 6, 4 g) p( x ) = x 9, h) px ( ) = x, i) px ( ) = x 1. 4 6 186
Výsledky úloh k samostatému řešeí 4 1. a) 9 b) 1 c) d) -7 e) 5 - i f) 10 + 7i g) 1 h) x + 8x 5x x+ 7 4 i) x + 6x 5x + x j) x + 7x 11x + x + 47x 5x 4x+ 10 k) 18 x l) x + 7+ x x x + 5. a) 9x 4 b) 7 6 5 4.. a) a = 0, b =, b =, b = 1 b) a=, b=, c= -7. 1 0 6 4 x 1 c) ( x x) 4= x x + x 4 d) 8 x 15 4 4 e) ( x + 1 ) x = x + 1. 4. a) x x + b) x x + c) x x 5x+ 8 x + x 4+ x x + 1 4 x 6x 1 d) x + x+ + x x e) f) x x x 1 b) ( x + 1) c) ( x )( x+ ) d) ( x+ 1)( x ) e) ( x i)( x+ i) f) ( x i 5 5 4 4 )( x+ i ) g) ( x )( x+ 16) h) (x 4)(x+ 4) = 9( x )( x+ ) i) ( x 1 + i)( x 1 i). 6. a) ( xx )( x+ 1) b) px ( ) = ( x )( x+ 1+ i )( x+ 1 i ) 1 c) ( x+ 1) = 8( x+ ) d) x(x+ )( x 1) = x( x+ )( x 1) e) ( x+ 1 )( x ) 5 i 5 i f) ( x 1) + 7 = ( x+ )( x + )( x ) g) ( x+ )( x )( x+ i )( x i ) h) ( x+ )( x )( x+ i)( x i) 1+ i 1 i 1+ i 1 i i) ( x+ 1 )( x 1)( x+ )( x+ )( x )( x ). + 5. 5. a) (1 x)(1 + x) 187