je zlomkem. Ten je smysluplný pro jakýkoli jmenovatel různý od nuly. Musí tedy platit = 0

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Příklad 1 Určete definiční obor funkce:  

a)  = − b)  = c)  = d)  =

       √

e)  = √9 −    =

f)

√  

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1a



Máme určit definiční obor funkce  = − . Výraz





je zlomkem. Ten je smysluplný pro jakýkoli jmenovatel různý od nuly. Musí tedy platit  ≠ 0

Odtud snadno dostáváme

≠0

Definiční obor funkce tedy je

 =  − 0 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1b



Máme určit definiční obor funkce  = . Výraz

 

je zlomkem. Ten je smysluplný pro jakýkoli jmenovatel různý od nuly. Musí tedy platit

Odtud snadno dostáváme

+2≠0  ≠ −2

Definiční obor funkce tedy je

 =  − −2 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1c

 

Máme určit definiční obor funkce  =  . Výraz

   

je zlomkem. Ten je smysluplný pro jakýkoli jmenovatel různý od nuly. Musí tedy platit

  + 3 + 2 ≠ 0 Levou stranu nerovnice lze snadnou rozložit na součin. Kdo to nevidí, vyřeší si příslušnou kvadratickou nerovnici. Takže musí platit  + 1 ∙  + 2 ≠ 0

∀∃

1

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A Odtud snadno dostáváme Definiční obor funkce tedy je

ČÁST 2  ≠ −1 ∧  ≠ −2

 =  − −2; −1 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1d

Máme určit definiční obor funkce  = Výraz



√ 

 . √ 

je zlomkem. Ten je smysluplný pro jakýkoli jmenovatel různý od nuly. Současně je ve

jmenovateli druhá odmocnina, která je smysluplná pouze pro nezáporné argumenty. Musí tedy platit  − 2 ≠ 0 ∧  − 2 ≥ 0 Odtud snadno dostáváme  ≠ 2 ∧  ≥ 2 Z toho plyne >2 Definiční obor funkce tedy je  = 2, ∞ ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1e

Máme určit definiční obor funkce  = √9 −   .

Výraz √9 −   je sudou odmocninou. Ta je smysluplná pouze pro nezáporné argumenty. Musí tedy platit 9 −  ≥ 0 Rozložením výrazu na levé straně nerovnosti podle všeobecně známého vzorce dostáváme 3 −  ∙ 3 +  ≥ 0 Na levé straně této nerovnice je součin dvou členů. Ten může být kladný právě tehdy, když jsou oba členy současně nezáporné, nebo oba členy jsou současně nekladné (pozor na tuto formulaci – připouštíme tak možnost, že nejméně jeden z nich může být i nulový). Musí tedy platit podmínka *+3 −  ≥ 0, ∧ +3 +  ≥ 0,- ∨ *+3 −  ≤ 0, ∧ +3 +  ≤ 0,-

Odtud snadno dostáváme

+3 ≥  ∧ 3 ≥ −, ∨ +3 ≤  ∧ 3 ≤ −, Obrátíme nerovnosti tak, aby x stálo vlevo (to jen pro lepší pochopení toho, co následuje). Dostáváme + ≤ 3 ∧  ≥ −3, ∨ + ≥ 3 ∧  ≤ −3, Levé části vyhovují všechna  ∈ 〈−3, 3〉. Pravé části nevyhovuje žádné reálné číslo. Z toho plyne  = 〈−3; 3〉 ∪ ∅ Definiční obor funkce tedy je  = 〈−3; 3〉 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

2

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

Řešení 1f

Máme určit definiční obor funkce  = √

ČÁST 2

√



.

Výraz  je zlomkem. Ten je smysluplný, je-li jeho jmenovatel různý od nuly. To je v tomto případě splněno vždy, protože   je vždy nezáporné (větší nebo rovno nule) a 16 je vždy kladné. Součet nezáporného čísla a kladného čísla je vždy kladný a tedy nemůže být roven nule. Jmenovatel tedy v tomto konkrétním případě nemá vliv na definiční obor funkce .

Výraz √4 −   je sudou odmocninou. Ta je smysluplná pouze pro nezáporné argumenty. Musí tedy platit 4 −  ≥ 0 Rozložením výrazu na levé straně nerovnosti podle všeobecně známého vzorce dostáváme 2 −  ∙ 2 +  ≥ 0 Na levé straně této nerovnice je součin dvou členů. Ten může být kladný právě tehdy, když jsou oba členy současně nezáporné, nebo oba členy jsou současně nekladné (pozor na tuto formulaci – připouštíme tak možnost, že nejméně jeden z nich může být i nulový). Musí tedy platit podmínka *+2 −  ≥ 0, ∧ +2 +  ≥ 0,- ∨ *+2 −  ≤ 0, ∧ +2 +  ≤ 0,-

Odtud snadno dostáváme

+2 ≥  ∧ 2 ≥ −, ∨ +2 ≤  ∧ 2 ≤ −, Obrátíme nerovnosti tak, aby x stálo vlevo (to jen pro lepší pochopení toho, co následuje). Dostáváme + ≤ 2 ∧  ≥ −2, ∨ + ≥ 2 ∧  ≤ −2, Levé části vyhovují všechna  ∈ 〈−3, 3〉. Pravé části nevyhovuje žádné reálné číslo. Z toho plyne  = 〈−2; 2〉 ∪ ∅ Definiční obor funkce tedy je  = 〈−2; 2〉 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

3

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Příklad 2

Je dán graf funkce  (nakreslete libovolnou funkci). Načrtněte pomocí  graf funkce 6 jestliže: a) 6 = − b) 6 = − c) 6 =  + 7, 7 = 2, 7 = −2 d) 6 =  + 7, 7 = 2, 7 = −2    ±

e) 6 = 7, 7 = ±2, 7 = ±

f)

6 = 7, 7 = ±2, 7 =

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2a

6 = − Změna znaménka argumentu funkce způsobí symetrii grafu této funkce podle osy y

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

4

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Řešení 2b

6 = − Změna znaménka hodnoty funkce způsobí symetrii grafu této funkce podle osy x

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2c

6 =  + 7, 7 = 2, 7 = −2 Přičtení konstanty k argumentu funkce způsobí posun grafu této funkce o tuto konstantu vlevo podél osy x; odečtení způsobí posun vpravo

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

5

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Řešení 2d

6 =  + 7, 7 = 2, 7 = −2 Přičtení konstanty k hodnotě funkce způsobí posun grafu této funkce o tuto konstantu nahoru podél osy y; odečtení způsobí posun dolů

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2e

1 2 Vynásobení hodnoty funkce konstantou větší v absolutní hodnotě než 1 způsobí roztažení grafu této funkce podél osy y, vynásobení konstantou v absolutní hodnotě menší než 1 způsobí smrštění grafu 6 = 7, 7 = ±2, 7 = ±

……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ∀∃

6

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

Řešení 2f

ČÁST 2

1 2 Vynásobení argumentu funkce konstantou větší v absolutní hodnotě než 1 způsobí smrštění grafu této funkce podél osy x, vynásobení konstantou v absolutní hodnotě menší než 1 způsobí roztažení grafu 6 = 7, 7 = ±2, 7 = ±

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

7

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Příklad 3 Sestrojte grafy funkcí: a)  = −  b)  =  + 2 c)  =  − 1 d)  =   + 2 e)  =   − 1 f)  = 4   

g)  =  

h)  = 2 + 2 i)  =   + 4 + 2 j)  = −  + 4 + 1 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3a

 = −  Jedná se o funkci   vynásobenou konstantou -1. Je to tedy   s otočeným znaménkem. Její graf bude symetrický ke známému grafu   (parabola s vrcholem v počátku souřadnic) podle osy x.

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

8

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Řešení 3b

 =  + 2 Jedná se o případ posunutí grafu  (parabola s vrcholem v počátku souřadnic) vlevo ve směru osy x o konstantu 2. 

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3c

 =  − 1 Jedná se o případ posunutí grafu   (parabola s vrcholem v počátku souřadnic) vpravo ve směru osy x o konstantu 1.

……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ∀∃

9

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Řešení 3d

 =   + 2 Jedná se o případ posunutí grafu  (parabola s vrcholem v počátku souřadnic) nahoru ve směru osy y o konstantu 2. 

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3e

 =   − 1 Jedná se o případ posunutí grafu  dolů ve směru osy y o konstantu 1. 

……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ∀∃

10

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Řešení 3f

 = 4  Jedná se o případ čtyřnásobného roztažení grafu   (parabola s vrcholem v počátku souřadnic) ve směru osy y.

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3g

1  =   4 Jedná se o případ čtyřnásobného smrštění grafu   (parabola s vrcholem v počátku souřadnic) ve směru osy y.

……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ∀∃

11

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Řešení 3h

 = 2 + 2 Jedná se o případ kombinace posunu grafu   (parabola s vrcholem v počátku souřadnic) vlevo ve směru osy x o konstantu 2 a následného dvojnásobného roztažení ve směru osy y.

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3i

 =   + 4 + 2 Tento příklad je vhodné si nejprve upravit na tvar  =  + 2 − 2. Z tohoto tvaru je ihned vidět že se jedná o kombinaci posunu grafu   (parabola s vrcholem v počátku souřadnic) vlevo ve směru osy x o konstantu 2 a následného posunu dolů ve směru osy y o konstantu 2.

……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… ∀∃

12

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Řešení 3j

 = −  + 4 + 1 Tento příklad je vhodné si nejprve upravit na tvar  = − − 2 + 5. Z tohoto tvaru je ihned vidět že se jedná o kombinaci posunu grafu   (parabola s vrcholem v počátku souřadnic) vpravo ve směru osy x o konstantu 2, otočení symetricky podle osy x a následného posunu nahoru ve směru osy y o konstantu 5.

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

13

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Příklad 4

Utvořte složenou funkci  = ℎ°6, je-li: a) 6 =

 , ℎ 

= √

b) 6 = √, ℎ =   + 3 Poznámka Pro oba příklady je třeba si uvědomit, že ℎ je vnější funkce a 6 je vnitřní funkce, neboli že funkci  lze psát i takto  = ℎ6. Pak už se jedná o pouhé dosazování. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 4a Z předchozího víme, že můžeme psát Dosadíme za ℎ a dostáváme

 = ℎ6

Nyní dosadíme za 6 a dostáváme výsledek

 = <6

 = =

+1 −1

Výraz pod sudou odmocninou musí být nezáporný (nula je přípustná) a jmenovatel zlomku musí být nenulový. Odtud odstáváme +1 ≥ 0? ∧  − 1 ≠ 0 > −1 Má-li být výraz pod odmocninou nezáporný, pak musí být současně čitatel i jmenovatel zlomku nezáporný, nebo současně nekladné. Takže dostáváme *+ + 1 ≥ 0 ∧  − 1 ≥ 0, ∨ + + 1 ≤ 0 ∧  − 1 ≤ 0,- ∧  − 1 ≠ 0

Po malé úpravě

*+ ≥ −1 ∧  ≥ 1, ∨ + ≤ −1 ∧  ≤ 1,- ∧  ≠ 1

Odtud (dejte pozor na závorky)

Definičním oborem funkce  tedy je

+ ≥ 1 ∨  ≤ −1, ∧  ≠ 1

 = −∞, −1〉 ∪ 1, ∞ ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 4b Z předchozího víme, že můžeme psát Dosadíme za ℎ a dostáváme

 = ℎ6

 = 6 + 36 Nyní dosadíme za 6 a dostáváme výsledek

∀∃

 = √ + 3√

14

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Po úpravě dostáváme výsledek

 =   + 3√ Výraz pod sudou odmocninou musí být nezáporný, neboli  ≥ 0. Odtud  = 0, ∞. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

15

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Příklad 5

U dané funkce  = ℎ°6 určete vnitřní složku 6 a vnější složku ℎ, je-li: a)  = √3 − 4

b) < − 3 + 5 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… @

Řešení 5a Máme funkci

 = √3 − 4 Tuto funkci je třeba chápat podle zadání takto:  = ℎ6 Zde je viditelně odmocnina vnější složkou a to, co je pod ní je vnitřní složkou. Takže 6 = 3 − 4 ℎ = √ ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 5b Máme funkci

< − 3 + 5 Tuto funkci je třeba chápat podle zadání takto:  = ℎ6 Zde je viditelně čtvrtá odmocnina vnější složkou a to, co je pod ní je vnitřní složkou. Takže 6 =  − 3 + 5 @ ℎ = √ ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

@

16

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Příklad 6 Určete , A a pokud je funkce prostá, určete také   , načrtněte graf: B

a)  √  b)   √ c) 



C √ B

d)  1  <  2 e)  1  5  f)  2  log  1 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 6a Máme funkci B

 <  Hodnota pod lichou odmocninou je přípustná z celého rozsahu R. Tedy pro  platí   Je zřejmé, že obor hodnot je A  Funkce je prostá, lze tedy nalézt inverzní funkci. Po snadném výpočtu B

G <  C


dostáváme C

   < H Inverzní funkce je definována v celém oboru reálných čísel. Graf funkce  vypadá takto:

∀∃

17

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 6b Máme funkci   √ Hodnota pod sudou odmocninou musí být nezáporná (větší nebo rovna nule). Tedy pro definiční obor platí  〈0, ∞ Je rovněž zřejmé, že obor hodnot je také interval nezáporných reálných čísel A 〈0, ∞ Funkce je prostá, lze tedy nalézt inverzní funkci. Po snadném výpočtu

G <  C


dostáváme C

   <  Inverzní funkce je definována na intervalu nezáporných reálných čísel. Graf funkce  vypadá takto:

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 6c Máme funkci 

1

  √ Hodnota pod lichou odmocninou je přípustná v celém oboru reálných čísel, jmenovatel zlomku musí být různý od nuly. Tedy pro definiční obor platí   0 ∀∃

18

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Výraz popisující funkci v zadání lze upravit takto 

   Odtud (nebo možná i přímo z původního tvaru funkce) je zřejmé, že obor hodnot je interval kladných reálných čísel (výraz ve jmenovateli musí být vždy kladný – jde o součin dvojice záporných, nebo dvojice kladných hodnot) A 0, ∞ Inverzní funkci lze nalézt jen pro část původního definičního oboru. Vybereme si interval kladných reálných čísel 0, ∞. Po snadném výpočtu 

G   

G    

G   dostáváme    Graf funkce  vypadá takto:

1 @

√ 

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 6d Máme funkci B

 1  <  2 Hodnota pod lichou odmocninou je přípustná v celém oboru reálných čísel. Tedy pro definiční obor platí   Výraz popisující funkci v zadání lze upravit takto 

 1    2H ∀∃

19

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

Odtud (nebo možná i přímo z původního tvaru funkce) je zřejmé, že obor hodnot je množina všech reálných čísel A R Inverzní funkci lze nalézt v celém původním definičním oboru. Po snadném výpočtu 

G 1    2H 

G 1   2H H

G 1   2 H

G 1 2  dostáváme H

    1 2 Graf funkce  vypadá takto:

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 6e Máme funkci  1  5  Jako exponent lze použít libovolné reálné číslo. Tedy pro definiční obor platí   Odtud je zřejmé, že obor hodnot je interval kladných reálných čísel posunutý o 1 nahotu, neboli A 1, ∞ Inverzní funkci lze nalézt pro celý původní definiční obor. Po snadném výpočtu G 1  5  G 1 5  lnG 1 ln 5  ∀∃

20

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2 lnG 1  2 ln 5 lnG 1  2 ln 5 lnG 1 2  ln 5 log H G 1  2 

dostáváme Graf funkce  vypadá takto:

   log H 1  2

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 6f Máme funkci  2  log  1 Argument logaritmu musí být kladný. Tedy pro definiční obor platí  1, ∞ Je zřejmé, že obor hodnot je množina všech reálných čísel A  Inverzní funkci lze nalézt pro celý původní definiční obor. Po snadném výpočtu G 2  log   1 G 2 log   1 ln 1 G 2 ln 3 G 2 ln 3 ln 1 ln 3K ln 1 3K  1 3K  1  ∀∃

21

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 2

dostáváme    3   1 Graf funkce  vypadá takto:

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

22