Příklad 1 Zjistěte, zda jsou dané funkce sudé nebo liché, případně ani sudé ani liché: a) =ln b) = c) = d) =4 +1 e) =sin cos f) =sin3+ cos+ Poznámka Všechny tyto úlohy řešíme tak, že argument funkce nahradíme argumentem a zkoumáme shodu takto získaného výrazu s původním. Je-li úplná, jedná se o funkci sudou. Liší-li se oba výrazy znaménkem, jedná se o funkci lichou. Liší-li se více, není funkce ani lichou ani sudou. Řešení 1a Máme vyšetřit lichost či sudost funkce = 2 2+ Dosadíme do jejího argumentu a dostaneme =ln 2 2+ Výraz vlevo budeme postupně upravovat =ln 2+ 2 =ln 2 2+ = ln 2+ 2 Nyní vidíme, že a se liší jen znaménkem a tedy platí = Z toho vyplývá, že tato funkce je lichá. Při hledání definičního oboru je nutné si uvědomit, že logaritmus je definován pouze pro kladné argumenty a jmenovatel zlomku musí být nenulový. Musí tedy platit 2 2+ >0 2+ 0 Tento výraz budeme upravovat 2 >0 2+>0 2 >0 2+>0 2 Odtud 2> > 2 2< < 2 2 1
Definiční obor funkce tedy je = 2;2 2 = 2;2 Řešení 1b Máme vyšetřit lichost či sudost funkce = +1 1 Dosadíme do jejího argumentu a dostaneme = +1 1 Výraz vlevo budeme postupně upravovat 1 = +1 1 1 1+ = 1 = +1 1 Nyní vidíme, že a se liší pouze znaménkem a platí = Z toho vyplývá, že tato funkce je lichá. Při hledání definičního oboru je nutné si uvědomit, že exponenciální funkce je definována pro všechny reálné argumenty a jmenovatel zlomku musí být nenulový. Musí tedy platit 1 0 Tento výraz budeme upravovat 1 0 Definiční obor funkce tedy je = 0 Řešení 1c Máme vyšetřit lichost či sudost funkce Dosadíme do jejího argumentu a dostaneme Výraz vlevo budeme postupně upravovat = = 2
= Nyní vidíme, že a se liší jen znaménkem a tedy platí = Z toho vyplývá, že tato funkce je lichá. Při hledání definičního oboru je nutné si uvědomit, že jmenovatel zlomku musí být nenulový. Musí tedy platit 0 Definiční obor funkce tedy je = 0= ;0 0, Řešení 1d Máme vyšetřit lichost či sudost funkce =4 +1 Dosadíme do jejího argumentu a dostaneme =4 +1 Výraz vlevo budeme postupně upravovat =4 +1 Nyní vidíme, že a jsou shodné a tedy platí = Z toho vyplývá, že tato funkce je sudá. Při hledání definičního oboru si stačí uvědomit, že druhá mocnina je definována pro všechna reálná čísla. Definiční obor funkce tedy je = Řešení 1e Máme vyšetřit lichost či sudost funkce =sin cos Dosadíme do jejího argumentu a dostaneme =sin cos Výraz vlevo upravíme (sinus je funkce lichá a cosinus je funkce sudá) = sin cos Nyní vidíme, že a nelze upravit na tvar lišící se pouze znaménkem celého výrazu. Z toho vyplývá, že tato funkce není ani sudá ani lichá. Při hledání definičního oboru si stačí uvědomit, že sinus i cosinus jsou definovány pro všechna reálná čísla. Definiční obor funkce tedy je = 3
Řešení 1f Máme vyšetřit lichost či sudost funkce Dosadíme do jejího argumentu a dostaneme =sin3+ cos+ 1 = sin3 + cos + 1 Výraz vlevo budeme postupně upravovat (sinus je funkce lichá, cosinus je funkce sudá a druhá mocnina je funkce sudá) = sin 3+ cos+ 1 = sin3+ cos+ 1 =sin3+ cos+ 1 Nyní vidíme, že a jsou shodné a tedy platí = Z toho vyplývá, že tato funkce je sudá. Při hledání definičního oboru si stačí uvědomit, že sinus i cosinus a první i druhá mocnina jsou definovány pro všechna reálná čísla. Dále je nutné si uvědomit, že jmenovatel zlomku nesmí být nulový. Definiční obor funkce tedy je = 0= ;0 0, 4
Příklad 2 K daným funkcím sestrojte inverzní funkce a určete příslušné definiční obory a : a) = b) = 1+ c) =ln5 2 d) =2 arcsin+1 e) =arctg1 Poznámka Pro inverzní funkce platí = = Inverzní funkce tedy lze hledat tak, že výraz funkce se položí roven nové proměnné (třeba ). Pak vyjádříme pomocí korektních úprav pomocí. Tak dostaneme výraz pro inverzní funkci. Pro udržení tradičního zápisu v něm nahradíme proměnnou proměnnou. Na připojených obrázcích je vždy funkce zobrazena modře a k ní inverzní funkce zeleně. Řešení 2a Máme nalézt inverzní funkci k = 1 1+ Zavedeme pomocnou proměnnou a budeme provádět úpravy vedoucí k vyjádření = 1 1+ 1+=1 +=1 +=1 1+=1 = 1 1+ Výraz na pravé straně je vyjádřením inverzní funkce. Pro udržení tradičního zápisu v tomto výrazu použijeme proměnnou. Dostáváme = 1 1+ V tomto případě je zajímavé, že funkce i její inverzní funkce jsou shodné. Při hledání definičního oboru funkce i její inverzní funkce si stačí uvědomit, že jmenovatel zlomku musí být nenulový. Musí tedy platit 1 Definičním oborem funkce i její inverzní funkce tedy je = = 1= ; 1 1; Na následujícím obrázku se grafy funkcí i inverzní funkce pochopitelně překrývají. 5
Řešení 2b Máme nalézt inverzní funkci k =1 Zavedeme pomocnou proměnnou a budeme provádět úpravy vedoucí k vyjádření 1 1 1 ln 1ln ln 12 ln 1 2 Výraz na pravé straně je vyjádřením inverzní funkce. Pro udržení tradičního zápisu v tomto výrazu použijeme proměnnou. Dostáváme ln 1 2 Při hledání definičního oboru funkce si stačí uvědomit, že výraz pod sudou odmocninou musí být nezáporný. Protože to je v tomto případě jisté, je definována v celém rozsahu reálných čísel. Při hledání definičního oboru její inverzní funkce je třeba si uvědomit, že argument logaritmu musí být kladný. Musí tedy platit 10 neboli 1 Odtud 6
1 Definičním oborem funkce tedy zdánlivě je ;1 1; Ale protože obor hodnot funkce je množina reálných čísel větších než 1, nelze jako součást inverzní funkce uvažovat čárkovanou levou větev zelené křivky na připojeném obrázku. Inverzní funkcí je jen pravá větev. Z toho vyplývá, že správným definičním oborem je 1; Řešení 2c Máme nalézt inverzní funkci k =ln52 Zavedeme pomocnou proměnnou a budeme provádět úpravy vedoucí k vyjádření ln52 52 25 5 2 Výraz na pravé straně je vyjádřením inverzní funkce. Pro udržení tradičního zápisu v tomto výrazu použijeme proměnnou. Dostáváme 5 2 Při hledání definičního oboru funkce si stačí uvědomit, že argument logaritmu musí být kladný. 520 Po snadné úpravě dostaneme 5 2 7
Z toho vyplývá, že je definována v intervalu, 5 2 Hledání definičního oboru její inverzní funkce je snadné. Všechny komponenty jejího výrazu jsou definované v celém oboru reálných čísel. Řešení 2d Máme nalézt inverzní funkci k =2 arcsin1 Zavedeme pomocnou proměnnou a budeme provádět úpravy vedoucí k vyjádření 2 arcsin1 2 arcsin1 sin 2 sinarcsin1 sin 2 1 sin 2 1 Výraz na pravé straně je vyjádřením inverzní funkce. Pro udržení tradičního zápisu v tomto výrazu použijeme proměnnou. Dostáváme sin 2 1 Při hledání definičního oboru funkce si stačí uvědomit, že argument arcussinu musí být z intervalu 1;1, tedy musí platit 111 neboli 8
Proto 20 2;0 Při hledání definičního oboru její inverzní funkce je třeba si uvědomit, že funkce sinus je definována v celém oboru reálných čísel. Proto zdánlivě Ale oborem hodnot funkce je ; Proto i definiční obor inverzní funkce bude jen touto částí oboru reálných čísel. ; Vlastní inverzní funkce je na přiloženém obrázku vyznačena plně. Přebývající část je čárkovaná. Řešení 2e Máme nalézt inverzní funkci k =arctg1 Zavedeme pomocnou proměnnou a budeme provádět úpravy vedoucí k vyjádření arctg1 tgtgarctg1 tg1 1tg Výraz na pravé straně je vyjádřením inverzní funkce. Pro udržení tradičního zápisu v tomto výrazu použijeme proměnnou. Dostáváme 1tg Při hledání definičního oboru funkce si stačí uvědomit, že argumentem arkustangenty může být libovolné reálné číslo. 9
Při hledání definičního oboru její inverzní funkce je třeba si uvědomit, že argument tangenty musí být různý libovolného násobku kladný. Musí tedy platit 2, V každém intervalu ;1, je definována jedna větev tangenty. Jako inverzní funkci musíme vybrat pouze jedinou a to tu, jejíž definiční obor je oborem hodnot funkce. Definičním oborem funkce tedy je 2 ; 2 Tato větev tangenty je vyznačena plnou zelenou. Ostatní větve tangenty (v inverzní funkci nepoužité) jsou čárkované. 10
Příklad 3 Vypočítejte ity posloupností: a) b) c) d) e) f) g) 9 4 2 h) +2 2 i) 1+ j) 1+ k) 1+ l) 1+ Poznámka Úlohy se zlomky s mocninami budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ve jmenovateli. Následně využijeme věty o itě součtu, rozdílu, součinu a podílu. První příklad vyřešíme detailně, ostatní již se znalostí věci. Úlohy s odmocninami budeme řešit úpravami vedoucími k ponechání pod odmocninou takového výrazu, jehož ita je jasná, případně rozšířením výrazu tak, abychom se odmocnin zbavili. Přitom využijeme známého vzorce =+. Poslední úlohy budeme řešit s využitím známého vztahu 1+ =. Řešení 3a Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že ita většiny členů výrazu bude nulová. 2 5 2 5+7 5 + 8 = = 2 5+7 5 + 8 2 5 + 7 5+1 8 = = 5 + 7 2 + 7 5 + 8 = 5+ 1 8 = 2 5 + 7 5+ 1 8 = 0 0 5+0 0 = 11
2 5+7 5 + 8 = Řešení 3b Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že ita většiny členů výrazu bude nulová. 5 5 +8+1 7 +8 1 = 5 +8+1 7 = +8 1 +8 + 1 7 +8 1 = 8 5+ + 1 7+ 8 1 = 5+0+0 7+0 0 =5 7 5 +8+1 7 +8 1 =5 7 Řešení 3c Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že ita většiny členů výrazu bude nulová. 3+3 3 3+3 1 = = + 3 3 1 1 = + 3 1 1 = 0+0 1 0 =0 3+3 1 =0 Řešení 3d Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že ita většiny členů výrazu bude nulová. 6 +5 2 6 6 +5 2 1 2+6= 1 2+6 = +5 2 5 6+ 2 = 6+0 0 = 1 2 1 +6 2 +6 0 0+6 =6 6 6 +5 2 1 2+6 =1 Řešení 3e Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že ita většiny členů výrazu bude nulová. 12
1 +1= 1 +3 +3+1 = 1 1 = 1+ 3 + 3 + 1 = 1 +3 = +3+1 0 0 1+0+0+0 =0 1 =0 1 +3 +3 + 1 = 1 +1 =0 Řešení 3f Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že ita většiny členů výrazu bude nulová. 8 +6+7 = 2+5 8 +6+7 2+5 = + + + 7 8+6+ = 2+ 5 = +6+0 2+0 8 +6+7 = 2+5 Řešení 3g Úlohu budeme řešit úpravami vedoucími k ponechání pod odmocninou takového výrazu, jehož ita je jasná. 9 4 2= 9 1 4 9 2= 3 1 4 9 2= = 31 4 9 2= 1= 9 4 2= Řešení 3h Úlohu budeme řešit rozšířením výrazu tak, abychom se obou odmocnin zbavili. Přitom využijeme známého vzorce =+. 13
+2 2= +2 2 +2+ 2 +2+ 2 = +2 2 +2+ 2 +2 2 = = +2+ 2 +2+ 2 = 4 = +2+ 2 =0 +2 2=0 Řešení 3i Úlohu budeme řešit s využitím známého vztahu 1+ =. 1+1 = 1+ 1 = 1+ 1 1+ 1 1+ 1 = = 1+ 1 1+ 1 1+ 1 = = 1+1 = Řešení 3j Úlohu budeme řešit s využitím známého vztahu 1+ =. 1+1 = 1+ 1 1+ 1 = 1+ 1 1+ 1 = 1= 1+1 = Řešení 3k Úlohu budeme řešit s využitím známého vztahu 1+ =. 1+ 1 3 = 1+ 1 3 = 1+ 1 3 = 1+ 1 3 1+ 1 3 = = 14
Řešení 3l Úlohu budeme řešit s využitím známého vztahu 1+ =. 1+ 1 2 = 1+ 1 2 = 1+ 1 2 1+ 1 2 = 1+ 1 2 1+ 1 2 = 1+ 1 2 1= 1+ 1 2 = 15
Příklad 4 Vypočítejte ity funkcí: a) b) 1sin c) d) arctg e) f) g) h) i) j) Poznámka Při výpočtu ity se nejprve pokusíme dosadit hodnotu, ke které se blíží. Pokud dosazení vede k nedefinovanému výrazu, budeme provádět úpravy vedoucí k výsledku. Poté se znovu pokusíme dosadit. Řešení 4a Zkusíme dosadit 4+1 = 2 4 2+1 2+1 2 2+1 Dostáváme přímo výsledek. = 4 8+1 4+1 = 3 5 4+1 = 3 2+1 5 Řešení 4b Zkusíme dosadit 1sin 4 =2 1sin2 4 =1 sin 2 =1 1=1 Dostáváme přímo výsledek. 1sin 4 =1 16
Řešení 4c Zkusíme dosadit sin = sin 4 = 4 2 2 17 4 = 4 16 = 4 1 4 = 1 4 sin = 1 Řešení 4d Zkusíme dosadit arctg=1 arctg1=1 4 = 4 arctg= 4 Řešení 4e Zkusíme dosadit 2 3+2 = 2 2 2 3 2+2 = 0 4 6+2 =0 0 Po odsazení dostáváme výraz typu. To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen 2. Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit. Rozložíme jmenovatele (kdo to neumí, může to zkusit řešením příslušné kvadratické rovnice nebo dělením mnohočlenů) a dostáváme 2 3+2 = 2 2 1 = 1 1 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek 1 1 = 1 2 1 =1 1 =1 2 3+2 =1 Řešení 4f Zkusíme dosadit +3 +2 +3 2 +2 2 6 = 2 2 = 8+12 4 2 6 4+2 6 =0 0 Po odsazení dostáváme výraz typu. To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen 2=+2. Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit.
Rozložíme jmenovatele (kdo to neumí, může to zkusit řešením příslušné kvadratické rovnice nebo dělením mnohočlenů) a dostáváme +3 +2 6 = +2 +1 +1 = +2 3 3 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek +1 = 2 2+1 = 2 1 = 2 3 2 3 5 5 +3 +2 6 = 2 5 Řešení 4g Zkusíme dosadit +1 1 +16 4 = 0 +1 1 0 +16 4 = 1 1 16 4 =1 1 4 4 =0 0 Po odsazení dostáváme výraz typu. To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen 0=. Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit. Abychom to mohli učinit, musíme nejprve výraz upravit. Pomocí rozšíření se zbavíme odmocnin. Postupně tak učiníme v čitateli i jmenovateli. +1 1 +16 4 = +1 1 +1+1 +16 4 +1+1 = +1 1 +16 4 +1+1 = +1 1 +16+4 = +16 4 +1+1 +16+4 = +1 1 +16+4 = +16 4 +16+4 +1+1 = +1 1 +16+4 = +16 16 +1+1 = +16+4 +1+1 = +16+4 +1+1 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek +16+4 +16+4 +1+1 == 0 0 +1+1 = 16+4 1+1 =4+4 1+1 =8 2 =4 +1 1 +16 4 =4 Řešení 4h Zkusíme dosadit +1 3+2 = 1 +1 1 3 1+2 1 = 1+1 1+3 2 = 0 4 2 = 0 2 2 =0 0 18
Po odsazení dostáváme výraz typu. To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen 1=+1. Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit. Abychom to mohli udělat, musíme se nejprve pomocí rozšíření zbavit odmocniny ve jmenovateli. +1 3+2 = +1 3 2 3+2 3 2 = +1 3 2 +1 = 3 4 = 1 3 3 3 2= +1 +1 = 3+1 3 2= +1 = 3 3 2 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek +1 3 3 2= 1 1+1 1 3 1 3 1 2 1= = 1+1+1 1+3+2== 3 3 3 4+2=1 2+2=4 +1 3+2 =4 Řešení 4i Zkusíme dosadit 2 +3 = 2 1+3 1 1 = 2 4 1 1 1 =2 2 1 1 =0 0 Po odsazení dostáváme výraz typu. To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen 1. Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit. Abychom to mohli udělat, musíme se nejprve pomocí rozšíření zbavit odmocniny v čitateli. 2 +3 2 +3 = 1 2+ +3 1 2+ +3 = 4 +3 1 1 2+ +3 = 4 +3 1 = 1 2+ +3 = 1 1 1 2+ +3 = 1 = 1 ++1 1 2+ +3 = 1 ++12+ +3 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek 1 ++12+ +3 = 1 1 +1+12+ 1+3 = 1 32+ 4 = 1 32+2 = 1 3 4 = 1 12 2 +3 = 1 1 12 19
Řešení 4j Zkusíme dosadit 1 2 4 5 = 5 1 2 5 4 5 5 = 4 2 25 20 5 = 2 2 25 25 =0 0 Po odsazení dostáváme výraz typu. To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen 5. Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit. Abychom to mohli udělat, musíme se nejprve pomocí rozšíření zbavit odmocniny v čitateli. 1 2 4 5 = 1 2 4 5 1+2 1+2 = 1 4 4 5 1 1+2 = 5 = 5+1 1 1+2 = 1 +1 1 1+2 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek 1 +1 1 1+2 = 1 5+1 1 5 1+2 =1 6 1 4+2 =1 6 1 2+2 =1 6 1 4 = 1 24 1 2 4 5 = 1 24 20