Příklad 1. Řešení 1a Máme řešit rovnici ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 1. Řešte v R rovnice: = = + c) = f) +6 +8=4 g) h)

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 1

Příklad 1 Řešte v R rovnice: a) 83 − 5 − 52 − 8 = 20 + 4 b) c) d) e) f) g) h)

− − 1 = + − = −1 − =

!

+

=2

+ 6 + 8 = 4 −

#

− + = 0 −

=

−

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

Řešení 1a Máme řešit rovnici

83 − 5 − 52 − 8 = 20 + 4 Zjevně jde o lineární rovnici o jedné neznámé. Nejprve roznásobíme obě závorky na levé straně 24 − 40 − 10 + 40 = 20 + 4 Nyní převedeme všechny členy s neznámou na levou stranu a všechny členy bez neznámé na pravou stranu, přitom se obrátí znaménka 24 − 10 − 4 = 20 + 40 − 40 Na levé straně vytkneme neznámou 24 − 10 − 4 = 20 + 40 − 40 Provedeme operace sčítání a odčítání na obou stranách 10 = 20 Vydělíme obě strany koeficientem u neznámé 10 20 = 10 10 Dostáváme řešení =2 Zkouška Každé řešení je třeba ověřit. Tím ověříme, zda jsme pracovali korektně a případně nepřehlédli nějakou situaci, ve které by některý z výrazů v úloze neměl smysl. Dosadíme tedy nalezené řešení do původního zadání 83 ∙ 2 − 5 − 52 ∙ 2 − 8 = 20 + 4 ∙ 2 Vypočítáme zvlášť levou i pravou stranu 86 − 5 − 54 − 8 = 20 + 8 8 ∙ 1 − 5−4 = 28 8 + 20 = 28 28 = 28 Vidíme, že levá strana se rovná pravé. Tím jsme nalezené řešení ověřili. Poznámka ∀∃

1


ČÁST 1

Vzhledem k tomu, že jde o první cvičení, je tato úloha řešena až přehnaně detailně. V dalších úlohách bude tato detailnost snižována. V žádném případě by nemělo dojít k nepochopení postupu řešení. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1b Máme řešit rovnici

2 7 6 + 25 − − 1 = + 3 5 15 Nejprve uvedeme všechny členy rovnice na společného jmenovatele, kterým je konstanta 15. 6 + 25 15 − 1 5 ∙ 2 3 ∙ 7 − = + 15 15 15 15 Nyní můžeme celou rovnici vynásobit 15 6 + 25 − 15 − 1 = 5 ∙ 2 + 3 ∙ 7 Roznásobíme výrazy na obou stranách, přitom si dáme pozor na znaménka 6 + 25 − 15 + 15 = 10 + 21 Zjevně jde opět o lineární rovnici o jedné neznámé. Nyní převedeme všechny členy s neznámou na levou stranu a všechny členy bez neznámé na pravou stranu, přitom se obrátí znaménka 25 − 15 − 10 = 21 − 6 − 15 Na levé straně vytkneme neznámou 25 − 15 − 10 = 21 − 6 − 15 Provedeme operace sčítání a odčítání na obou stranách 0 = 0 Vzhledem k tomu, že nulou nelze dělit, nepokoušíme se již o žádné další úpravy. Této rovnici vyhovuje jakékoli reálné číslo. Řešením tedy je celá množina R. Zkouška naivní Protože řešením je celá množina R, provedeme zkoušku dosazením zcela libovolného čísla. Zvolíme si například 3. 6 + 25 ∙ 3 2∙3 7 − 3 − 1 = + 15 3 5 Budeme provádět výpočty zvlášť na levé i pravé straně 81 6 7 −2= + 15 3 5 Převedeme na společného jmenovatele, kterým je 15 81 30 30 21 − = + 15 15 15 15 51 51 = 15 15 Levá strana se rovná pravé, zkouška je tím provedena. Zkouška správná Protože řešením je celá množina R, provedeme zkoušku dosazením zcela libovolného čísla, které označíme třeba &. V průběhu provádění zkoušky nesmíme zkopírovat postup řešení. Je vhodné postupovat jinak. Vhodné je upravovat zvlášť levou i pravou stranu rovnice. 2& 7 6 + 25& − & − 1 = + 15 3 5 Převedeme na společného jmenovatele, kterým je 15 na obou stranách 6 + 25& 15& − 1 5 ∙ 2& 21 − = + 15 15 15 15 ∀∃

2


ČÁST 1

6 + 25& − 15& + 15 10& + 21 = 15 15 10& + 21 10& + 21 = 15 15 Levá strana se rovná pravé, zkouška je tím provedena. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1c Máme řešit rovnici

1 −2 6 − = −1 − 2 + 4 + 2 − 8 Při práci s výrazy je vždy nutné si uvědomit, že nesmíme zapomenout na zkoumání toho, kdy mají výrazy smysl. Zde je dobré si všimnout, že − 2 + 4 = + 2 − 8. V tomto případě tedy jde o to, že jmenovatelé zlomků musí být různé od nuly. Musí tedy platit − 2 ≠ 0 a současně + 4 ≠ 0 Neboli ≠ 2 a současně ≠ −4 Nyní můžeme přistoupit k hledání řešení. Nejprve uvedeme všechny členy rovnice na společného jmenovatele, kterým je výraz + 2 − 8. Víme, že − 2 + 4 = + 2 − 8. Této znalosti využijeme a dostaneme − 2 − 2 1 ∙ + 4 6 1 ∙ − 2 + 4 − = − − 2 + 4 − 2 + 4 − 2 + 4 − 2 + 4 Nyní můžeme celou rovnici vynásobit výrazem − 2 + 4 1 ∙ + 4 − − 2 − 2 = 6 − 1 ∙ − 2 + 4 Roznásobíme výrazy na obou stranách + 4 − − 4 + 4 = 6 − + 2 − 8 Všechny členy převedeme na levou stranu, přitom si dáme pozor na znaménka + 4 − + 4 − 4 − 6 + + 2 − 8 = 0 Dáme k sobě členy se stejnými mocninami neznámé (pěkně od největší mocniny k nejmenší). − + + + 4 + 2 + 4 − 4 − 6 − 8 = 0 Vytkneme −1 + 1 + 1 + 4 + 2 + 4 − 4 − 6 − 8 = 0 Dostaneme 0 + 7 − 14 = 0 První člen je nula a nemusíme ho tedy psát 7 − 14 = 0 Odtud dostáváme =2 Z rozboru případů, pro které má zadání úlohy smysl, víme, že musí platit podmínky ≠ 2 a současně ≠ −4 Tyto podmínky vylučují dříve nalezené řešení. Úloha tedy nemá řešení. V tomto případě by bylo nesmyslné dělat jakoukoli zkoušku. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

3


ČÁST 1

Řešení 1d Máme řešit rovnici

1 5 1 − = −3 +2 +6 Nejprve je nutné nalézt podmínky, za kterých bude mít hledání řešení smysl. Jmenovatelé zlomků musí být nenulové, tedy musí platit − 3 ≠ 0 a současně + 2 ≠ 0 a současně + 6 Třetí podmínka je evidentně splněna vždy (výraz + 6 je vždy kladný). Musí tedy platit ≠ 3 a současně ≠ −2 Nyní můžeme začít hledat řešení. Celou rovnici převedeme na společného jmenovatele, kterým je výraz − 3 + 2 + 6 a dostaneme + 2 + 6 − 3 + 6 5 − 3 + 2 − = − 3 + 2 + 6 − 3 + 2 + 6 − 3 + 2 + 6 Celou rovnici nyní tímto společným jmenovatelem vynásobíme. Odtud + 2 + 6 − − 3 + 6 = 5 − 3 + 2 Roznásobíme výrazy vpravo i vlevo + 6 + 2 + 12 − + 6 − 3 − 18 = 5 + 2 − 3 − 6 Odstraníme závorky (pozor na znaménka) + 6 + 2 + 12− − 6 + 3 + 18 = 5 + 10 − 15 − 30 Všechny členy zprava převedeme na levou stranu a uspořádáme tak, aby spolu byly členy se stejnou mocninou neznámé. − +2 + 3 − 5 + 6 − 6 − 10 + 15 + 12 + 18 + 30 = 0 Vytkneme stejné mocniny neznámé 1 − 1 +2 + 3 − 5 + 6 − 6 − 10 + 15 + 12 + 18 + 30 = 0 Vypočteme součty a rozdíly v závorkách 0 +0 + 5 + 60 = 0 Levé dva členy jsou zřejmě nulové. Odtud 5 + 60 = 0 Dostáváme řešení = −12 Toto řešení není v rozporu s dříve nalezenými podmínkami. Zkouška Dosadíme nalezené řešení do původního zadání a vypočteme zvlášť levou i pravou stranu 1 1 5 − = −12 − 3 −12 + 2 −12 + 6 Vypočteme těch pár jednoduchostí 1 1 5 − = −15 −10 144 + 6 Dokončíme úpravy pravé strany 1 1 5 − = −15 −10 150 Zkrátíme pravou stranu a převedeme na společného jmenovatele −2 −3 1 − = 30 30 30 Zpracujeme dva minusy a nakonec to sečteme

∀∃

4


ČÁST 1

1 1 = 30 30 Levá strana se rovná pravé. Správnost řešení tím byla prokázána. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1e Máme řešit rovnici

2 1 5 4 3 − 3 + 3 − 3 = 2 3 2 −1 − 2 3 Nejprve stanovíme podmínky pro řešení úlohy. Aby oba zlomky měly smysl, musí být jejich jmenovatelé různé od nuly. Musí tedy platit

− 1 ≠ 0 a současně − ≠ 0

Odtud po úpravě dostaneme pro oba případy

2 3 Nyní můžeme přistoupit k vlastnímu řešení úlohy. Nejprve čitatele i jmenovatele obou zlomků převedeme na společný jmenovatel 2 − 1 5 − 4 3 + 3 =2 3 − 2 3 − 2 2 3 Nyní oba zlomky převedeme na jednoduché 22 − 1 35 − 4 + =2 33 − 2 33 − 2 Oba zlomky mají nyní stejný jmenovatel, můžeme je tedy sečíst 22 − 1 + 35 − 4 =2 33 − 2 Celou rovnici vynásobíme jmenovatelem zlomku na levé straně 22 − 1 + 35 − 4 = 2 ∙ 33 − 2 Výrazy na levé i pravé straně roznásobíme a dostaneme 4 − 2 + 15 − 12 = 18 − 12 Členy s neznámou převedeme na levou stranu a zbylé konstanty na pravou stranu 4 + 15 − 18 = −12 + 2 + 12 Vytkneme neznámou nalevo 4 + 15 − 18 = −12 + 2 + 12 Vypočteme součty 1 = 2 A dostáváme řešení =2 Toto řešení vyhovuje podmínce nalezené dříve, je tedy vyhovující. Zkouška Zkoušku provedeme dosazením řešení do levé strany původní rovnice (napravo se neznámá nevyskytuje) 2∙2−1 5∙2−4 3 3 + =2 3∙2−2 3∙2−2 2 3 ≠

∀∃

5


ČÁST 1

Vypočteme součiny

4 − 1 10 − 4 3 + 3 =2 6−2 6−2 2 3

Nyní vypočteme rozdíly

3 6 3+3 =2 4 4 2 3

A nakonec podíly

1 2 + =2 2 4 3

Druhý zlomek zjednodušíme

1 3∙2 + =2 2 4

Vykrátíme

1 3 + =2 2 2 Oba zlomky mají stejného jmenovatele, takže je bez problémů sečteme 1+3 =2 2 A dále již jednoduše 4 =2 2 Vykrátíme 2=2 Nyní se levá strana rovná pravé. Zkouškou jsme ověřili správnost nalezeného řešení. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1f Máme řešit rovnici

− 6 + 8 = 4 −

Standardní řešení Členy z pravé strany si převedeme na levou − 6 + 8 + − 4 = 0 Sečteme a odečteme odpovídající členy − 5 + 4 = 0 Dostali jsme kvadratickou rovnici ve standardním tvaru. Vypočteme její diskriminant ( = −5 − 4 ∙ 1 ∙ 4 = 25 − 16 = 9 Nyní nalezneme řešení dosazením do standardního vzorce , = Odtud = Řešení pro všímavé

∀∃

−−5 ± √9 5 ± 3 = 2∙1 2

5+3 8 5−3 2 = = 4 ; = = =1 2 2 2 2

6


ČÁST 1

Všimneme si, že levou stranu rovnice lze rozložit na součin dvou členů, z nichž jeden nápadně připomíná pravou stranu − 2 − 4 = 4 − Pravou stranu upravíme tak, aby ta podobnost byla zjevná − 2 − 4 = − − 4 Nyní vidíme, že na obou stranách máme člen − 4. Bude-li tento člen nulový, budou se obě strany rovnat. Odtud přímo dostáváme = 4 Pro nalezení druhého řešení můžeme předpokládat, že − 4 ≠ 0. V tomto případě můžeme členem − 4 rovnici vykrátit. − 2 = −1 Odtud již přímo dostáváme druhé řešení = 1 Zkouška Zkoušku musíme provést pro obě nalezená řešení. Nejprve tedy do původní rovnice dosadíme první z nich 4 − 6 ∙ 4 + 8 = 4 − 4 Po úpravě dostaneme 16 − 24 + 8 = 4 − 4 A dále 0=0 Obě strany jsou stejné, tím je správnost prvního řešení ověřena. Nyní uděláme totéž pro druhé řešení 1 − 6 ∙ 1 + 8 = 4 − 1 Po úpravě dostaneme 1−6+8=4−1 A dále 3=3 Obě strany jsou stejné, tím je ověřena i správnost druhého řešení. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1g Máme řešit rovnici

1 4 − 20 − + =0 + 4 − 4 − 16 Všimněme si, že jmenovatel třetího zlomku je součinem jmenovatelů prvních dvou zlomků. To nám umožní snadno určit podmínky řešení (jmenovatelé zlomků musí být nenulové) ≠ ±4 Pro nalezení řešení rovnice nyní můžeme převést levou stranu rovnice na společného jmenovatele 1 − 4 4 + 4 − 20 − + =0 + 4 − 4 + 4 − 4 + 4 − 4 Levou stranu napíšeme jako jeden zlomek 1 − 4 − 4 + 4 + − 20 =0 + 4 − 4 Protože z dřívějška předpokládáme, že ≠ ±4, můžeme celou rovnici vynásobit jmenovatelem levé strany

∀∃

7


ČÁST 1 1 − 4 − 4 + 4 + − 20 = 0

Roznásobíme závorky

− 4 − 4 − 16 + − 20 = 0 Sečteme a uspořádáme do standardního tvaru. − 3 − 40 = 0 Máme nyní kvadratickou rovnici ve standardním tvaru. Vypočteme diskriminant ( = −3 − 4 ∙ 1 ∙ −40 = 9 + 160 = 169 = 13 Diskriminant je kladný, rovnice bude mít dvě řešení. Nyní můžeme podle standardního vzorce vypočítat , = Odtud =

−−3 ± √13 3 ± 13 = 2∙1 2

3 + 13 16 3 − 13 −10 = = 8 ; = = = −5 2 2 2 2

Zkouška pro první řešení Dosadíme první řešení do dané rovnice

4 8 − 20 1 − + =0 8 + 4 8 − 4 8 − 16 Provedeme naznačené výpočty a dostáváme 1 4 64 − 20 − + =0 12 4 64 − 16 Dále 1 44 −1+ =0 12 48 Vykrátíme 1 11 −1+ =0 12 12 Uvedeme na společného jmenovatele 1 12 11 − + =0 12 12 12 Dále 1 − 12 + 11 =0 12 Neboli 0 =0 12 Tím je první řešení ověřeno. Zkouška pro druhé řešení Dosadíme první řešení do dané rovnice −5 − 20 4 1 − + =0 −5 + 4 −5 − 4 −5 − 16 Provedeme naznačené výpočty a dostáváme 1 4 25 − 20 − + =0 −1 −9 25 − 16 Dále 4 5 −1 + + = 0 9 9 Uvedeme na společného jmenovatele ∀∃

8


ČÁST 1 9 4 5 − + + =0 9 9 9

Dále

−9 + 4 + 5 =0 9

Neboli

0 =0 9

Tím je druhé řešení ověřeno. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1h Máme řešit rovnici

1 1 1 1 − = − −4 +4 −5 −2 Nejprve stanovíme podmínky řešení. Všechny jmenovatele musí být různé od nuly, musí tedy platit ≠ ±4 ; ≠ 5 ; ≠ 2 Obě strany rovnice převedeme na společného jmenovatele 1 + 4 1 − 4 1 − 2 1 − 5 − = − + 4 − 4 + 4 − 4 − 5 − 2 − 5 − 2 Každou ze stran napíšeme jako jediný zlomek 1 + 4 − 1 − 4 1 − 2 − 1 − 5 = + 4 − 4 − 5 − 2 Provedeme výpočty v obou čitatelích 8 3 = + 4 − 4 − 5 − 2 Nyní oba zlomky převedeme na společného jmenovatele 8 − 5 − 2 3 + 4 − 4 = + 4 − 4 − 5 − 2 + 4 − 4 − 5 − 2 Za předpokladu stanoveného v podmínkách řešení můžeme obě strany rovnice tímto jmenovatelem vynásobit. Dostaneme 8 − 5 − 2 = 3 + 4 − 4 Obě strany roznásobíme 8 − 16 − 40 + 80 = 3 − 12 + 12 − 48 Neboli 8 − 56 + 80 = 3 − 48 Převedeme na levou stranu 5 − 56 + 128 = 0 Máme kvadratickou rovnici ve standardním tvaru. Vypočteme diskriminant ( = −56 − 4 ∙ 5 ∙ 128 = 3136 − 2560 = 576 = 24 Diskriminant je kladný, rovnice bude mít dvě řešení. Nyní můžeme podle standardního vzorce vypočítat , = Odtud = ∀∃

−−56 ± √24 56 ± 24 = 2∙5 10

56 + 24 80 56 − 24 32 16 = = 8 ; = = = 10 10 10 10 5 9


ČÁST 1

Zkouška pro první řešení Dosadíme první řešení do dané rovnice

Provedeme naznačené výpočty

1 1 1 1 − = − 8−4 8+4 8−5 8−2

Uvedeme na společného jmenovatele

Odečteme

Vykrátíme

1 1 1 1 − = − 4 12 3 6 3 1 2 1 − = − 12 12 6 6 2 1 = 12 6

1 1 = 6 6 Obě strany jsou stejné. První řešení tím je ověřeno. Zkouška pro druhé řešení Dosadíme druhé řešení do dané rovnice 1 1 1 1 − = − 16 16 16 16 −4 +4 −5 −2 5 5 5 5 Uvedeme ve jmenovatelích na společné jmenovatele 1 1 1 1 − = − 16 − 20 16 + 20 16 − 25 16 − 10 5 5 5 5 Provedeme naznačené operace 1 1 1 1 − = − −4 36 −9 6 5 5 5 5 Převedeme na jednoduché zlomky 5 5 5 5 − − =− − 4 36 9 6 Obě strany převedeme na společné jmenovatele 45 5 10 15 − − =− − 36 36 18 18 Odečteme 25 50 − =− 18 36 A vykrátíme 25 25 =− − 18 18 Obě strany jsou stejné. Druhé řešení tím je ověřeno. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

10


ČÁST 1

Příklad 2 Řešte v R nerovnice: a)

−

−

<2

5<

b) −51 − ≤ 3 − 11 c) 2 − 9 − 35 ≤ 0 d) e) f)

≥+2

+ ≤ 2

Poznámka Pro všechny tyto případy si ukážeme i možnost alternativního grafického (a proto nedostatečně přesného) řešení. Hlavním důvodem je možnost spatřit grafy jednotlivých funkcí na obou stranách nerovnic. V příslušných grafech bude modrá čára vždy grafem funkce na levé straně a zelená na pravé straně nerovnice. Pro vytvoření grafů využijeme programu Microsoft Mathematics. Tento program má licenci k volnému použití. Za tímto účelem lze využít řadu dalších podobných programů. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2a Máme řešit nerovnici

+3 −2 −1 − −5< 2 3 2 Jednotlivé výrazy jsou definovány v celém R. Nemáme pro ně tedy žádné omezující podmínky. Nyní můžeme přistoupit k řešení nerovnice. Celou nerovnici uvedeme na společného jmenovatele, kterým je konstanta 6. 3 + 3 2 − 2 30 3 − 1 − − < 6 6 6 6 Levou stranu spojíme do jediného zlomku 3 + 3 − 2 − 2 − 30 3 − 1 < 6 6 Obě strany nerovnice vynásobíme 6. To je kladná konstanta, znak nerovnosti tedy zůstane zachován. 3 + 3 − 2 − 2 − 30 < 3 − 1 Obě strany roznásobíme 3 + 9 − 2 + 4 − 30 < 3 − 3 Na levé straně posčítáme členy, které sčítat můžeme − 17 < 3 − 3 Členy s neznámou převedeme na pravou stranu, ostatní konstanty převedeme na levou stranu −17 + 3 < 3 − Sečteme −14 < 2 Vydělíme dvěma, což je kladná konstanta, která nezmění znak nerovnosti −7 < Řešením nerovnice je tedy 2−7, ∞

∀∃

11


ČÁST 1

Zkouška Zkoušku provedeme tak, že za neznámou dosadíme do původního zadání libovolnou hodnotu z množiny výsledku, v tomto případě například hodnotu nula. 0 1 03 0 2 5/ 3 2 2 Provedeme základní výpočty 3 2 1 5/ 2 3 2 Upravíme znaménka 1 3 2 5 / 2 3 2 Levou stranu uvedeme na společný jmenovatel 3∙3 2∙2 30 1 ∙ 3 / 3∙2 3∙2 3∙2 3∙2 Vynásobíme 9 4 30 3 / 6 6 6 6 Sečteme na levé straně 17 3 / 6 6 Poslední výraz je zjevně platný. Zkouška je tím dokončena. Je důležité si uvědomit, že zkouška pro nerovnice není tak exaktní, jako zkouška pro rovnice. Je to proto, že při zkoušce pro rovnici ověřujeme každé konkrétní řešení, kdežto při zkoušce pro nerovnici obvykle ověřujeme jedno konkrétní řešení z nekonečně mnoha. Grafické řešení Namalujeme si grafy funkcí na levé (modrá) a na pravé (zelená) straně nerovnice. Řešením bude ten interval, kde jsou hodnoty grafu funkce z levé strany menší než hodnoty grafu z pravé strany.

Odtud (za pomoci odhadu x-ové souřadnice průsečíků): 2 7, ∞ Zkouška V tomto případě je použití zcela odlišného řešení velmi dobrou zkouškou. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

12


ČÁST 1

Řešení 2b Máme řešit nerovnici

51 − ≤ Jednotlivé výrazy jsou definovány v celém R. Nemáme tedy žádné omezující podmínky. Úlohu lze řešit více způsoby. V dalším si ukážeme algebraické a grafické řešení. Algebraické řešení Umocníme a roznásobíme výraz vlevo 5 + 10 − 5 ≤ 3 − 11 Členy z pravé strany převedeme na levou stranu 0 ≤ 5 − 7 − 6 To je kvadratická nerovnice ve standardním tvaru. Vypočteme diskriminant ( = −7 − 4 ∙ 5 ∙ −6 = 49 + 120 = 169 = 13 Nyní podle standardního vzorce vypočteme kořeny příslušné rovnice , = Odtud přímo dostáváme

−−7 ± √13 7 ± 13 = 2∙5 10

7 + 13 20 7 − 13 −6 3 = = 2 ; = = =− 10 10 10 10 5 Nyní je nutné určit, zda nerovnici splňuje množina mezi těmito body, či množina vně těchto bodů. To lze ověřit snadno. Mezi těmito body leží bod 0. Dosadíme tedy nulu do zadané nerovnice. Pokud bude nerovnice splněna, je hledaným řešením množina mezi těmito body. Bude-li nerovnice po takovém dosazení nesplněna, bude hledaným řešením množina vně tohoto intervalu. Při hledání řešení je nutné si uvědomit, že nalezené body nerovnici splňují, protože nerovnice připouští možnost, že se i rovná. Po dosazení 0 dostaneme −5 + 10 ∙ 0 − 5 ∙ 0 ≤ 3 ∙ 0 − 11 Po úpravě a odstranění nul −5 ≤ −11 Tato nerovnice zjevně neplatí. Hledaným řešení tedy musí být množina 2 2−∞; − 4 ∪ 62; ∞ 3 Grafické řešení Namalujeme si grafy funkcí na levé a na pravé straně nerovnice. Řešením bude ten interval, kde jsou hodnoty grafu funkce z levé strany menší nebo rovny hodnotám grafu z pravé strany. =

∀∃

13


ČÁST 1

Odtud (za pomoci odhadu x-ové souřadnice průsečíků): 2 2 ∞; 4 ∪ 62; ∞ 3 Zkouška V tomto případě je použití zcela odlišného řešení velmi dobrou zkouškou. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2c Máme řešit nerovnici

2 9 35 0 0 Jednotlivé výrazy jsou definovány v celém R. Nemáme tedy žádné omezující podmínky. Levá strana je kvadratickým výrazem ve standardním tvaru. Vypočítáme diskriminant ( 9 4 ∙ 2 ∙ 35 81 280 361 19 Nyní podle standardního vzorce vypočteme kořeny příslušné rovnice , Odtud přímo dostáváme

9 + √19 9 + 19

4 2∙2

9 19 28 9 19 10 5

7 ;

4 4 4 4 2 Nyní je nutné určit, zda nerovnici splňuje množina mezi těmito body, či množina vně těchto bodů. To lze ověřit snadno. Mezi těmito body leží bod 0. Dosadíme tedy nulu do zadané nerovnice. Pokud bude nerovnice splněna, je hledaným řešením množiny mezi těmito body. Bude-li nerovnice nesplněna, bude hledaným řešením množina vně tohoto intervalu. Při hledání řešení je nutné si uvědomit, že nalezené body nerovnici splňují, protože nerovnice připouští možnost, že se i rovná. Po dosazení 0 dostaneme 2 ∙ 0 9 ∙ 0 35 0 0 Po úpravě a odstranění nul 35 0 0 Tato nerovnice zjevně platí. Hledaným řešení tedy musí být interval 5 2 〈 ; 7〉 2

∀∃

14


ČÁST 1

Grafické řešení Namalujeme si grafy funkcí na levé a na pravé straně nerovnice. Řešením bude ten interval, kde jsou hodnoty grafu funkce z levé strany menší nebo rovny hodnotám grafu z pravé strany.

Odtud (za pomoci odhadu x-ové souřadnice průsečíků): 5 2 〈 ; 7〉 2 Zkouška V tomto případě je použití zcela odlišného řešení velmi dobrou zkouškou. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2d Máme řešit nerovnici

6 /2 1 Nejprve vyhledáme omezující podmínky. Jmenovatel zlomku vlevo musí být nenulový. Musí tedy platit '1 Nyní můžeme přistoupit k hledání řešení. Tento příklad bude mít řešení komplikovanější, než příklady předchozí, protože se v něm vyskytuje podíl (se součinem by to bylo stejné) členů obsahujících neznámou. Nejprve od obou stran nerovnice odečteme 2 tak, aby pravá strana byla nulová. 6 2/0 1 Uvedeme na společného jmenovatele 6 2 1 /0 1 1 A převedeme na jediný zlomek 6 2 1 /0 1 Upravíme výraz v čitateli 8 /0 1 Nyní jsme se dostali do klíčového místa. Je třeba si uvědomit, za jakých podmínek je podíl záporný. Stane se tak právě tehdy, když jeden člen je kladný a druhý záporný. Dostáváme proto dva případy.

∀∃

15


ČÁST 1

První případ

8 / 0 ⩘ 1 : 0 Zde jen pro jistotu podotkněme, že symbol ⩘ znamená logickou spojku a (a současně) a symbol ⩗ představuje logickou spojku nebo. Obě nerovnice upravíme a dostaneme 8 / ⩘ : 1 Odtud plyne přímo :8 Druhý případ 8 : 0 ⩘ 1 / 0 Obě nerovnice upravíme a dostaneme 8 : < ⩘ / 1 Odtud plyne přímo /1 Sjednocením obou případů dostáváme /1⩗ :8 Této podmínce vyhovují ∈ ∞; 1 ∪ 8; ∞ Grafické řešení Namalujeme si grafy funkcí na levé a na pravé straně nerovnice. Řešením bude ten interval, kde jsou hodnoty grafu funkce z levé strany menší než hodnoty grafu z pravé strany.

Odtud (za pomoci odhadu x-ové souřadnice průsečíků): ∈ ∞; 1 ∪ 8; ∞ Zkouška V tomto případě je použití zcela odlišného řešení velmi dobrou zkouškou. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

16


ČÁST 1

Řešení 2e Máme řešit nerovnici

≥+2 1 Nejprve vyhledáme omezující podmínky. Jmenovatel zlomku vlevo musí být nenulový. Musí tedy platit ≠1 Tento příklad vede k podobnému řešení, jako příklad předchozí. Všechny výrazy převedeme nalevo − + 2 ≥ 0 −1 Převedeme na společného jmenovatele + 2 − 1 − ≥0 −1 −1 Odečteme do jediného zlomku − + 2 − 1 ≥0 −1 Roznásobíme − + 2 − − 2 ≥0 −1 Upravíme − − + 2 ≥0 −1 Odečteme a dostaneme − + 2 ≥0 −1 Tento zlomek bude nezáporný právě tehdy, když čitatel bude nezáporný a současně jmenovatel kladný, nebo čitatel bude nekladný a současně jmenovatel záporný. Dostáváme tedy dva případy. První případ 2 ≥ 0 ⩘ − 1 : 0 Zde jen pro jistotu podotkněme, že symbol ⩘ znamená logickou spojku a (a současně) a symbol ⩗ představuje logickou spojku nebo. Obě nerovnice upravíme a dostaneme 2 ≥ ⩘ : 1 Odtud plyne přímo ∈ 1; 2> Druhý případ 2 ≤ 0 ⩘ − 1 < 0 Zde jen pro jistotu podotkněme, že symbol ⩘ znamená logickou spojku a (a současně) a symbol ⩗ představuje logickou spojku nebo. Obě nerovnice upravíme a dostaneme 2 ≤ ⩘ < 1 Odtud plyne přímo, že podmínky jsou ve sporu, neboli řešením druhého případu je prázdná množina. Množiny řešení obou případů sjednotíme a dostaneme konečné řešení ∈ 1; 2> Grafické řešení Namalujeme si grafy funkcí na levé a na pravé straně nerovnice. Řešením bude ten interval, kde jsou hodnoty grafu funkce z levé strany větší než hodnoty grafu z pravé strany.

∀∃

17


ČÁST 1

Odtud (za pomoci odhadu x-ové souřadnice průsečíků): ∈ 1; 2> Zkouška V tomto případě je použití zcela odlišného řešení velmi dobrou zkouškou. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2f Máme řešit nerovnici

1 3 02 2 4 Nejprve vyhledáme omezující podmínky. Jmenovatelé zlomků vlevo musí být nenulové. Musí tedy platit ' 2 a současně ' 4 Oba zlomky nalevo i výraz na pravé straně převedeme na společného jmenovatele 1 4 3 2 02 2 4 2 4 Zlomky na levé straně sečteme 1 4 3 2 02 2 4 Výrazy v čitateli na levé straně roznásobíme 4 1 4 2 3 6 02 2 4

∀∃

18


ČÁST 1

Jednotlivé mocniny neznámé v čitateli na levé straně sečteme 2 10 ≤2 + 2 − 4 Celou nerovnici vydělíme dvěma. Dvě je kladná hodnota, znaménko nerovnosti se tedy nemění + 5 ≤1 + 2 − 4 Pravou stranu převedeme na levou + 5 −1≤0 + 2 − 4 Uvedeme na společného jmenovatele a roznásobíme + 5 − + 2 + 8 ≤0 + 2 − 4 Výraz v čitateli sečteme 2 + 13 ≤0 + 2 − 4 Zlomek nalevo musí být nekladný. To nastane jen tehdy, když právě jeden, nebo právě všechny tři výrazy na levé straně jsou záporné s upřesněním, že u čitatele je třeba připustit možnost, že je nekladný. Tento problém budeme řešit tak, že určíme nulové body jednotlivých výrazů levé strany. Tyto body nám rozdělí osu na čtyři části. Těmito body jsou −

;

-2; 4. Tyto body nám rozdělují reálnou osu na

následující intervaly. U těchto intervalů uvedeme, jaké znaménko bude mít v tomto intervalů výraz vlevo. −∞; − ?−

4 výraz

vlevo je nekladný

; −2 výraz

vlevo je kladný

−2; 4 výraz vlevo je záporný 4; ∞ výraz vlevo je kladný Nerovnici vyhovuje první a třetí z těchto intervalů. Řešením zadané nerovnice tedy je 13 ∈ −∞; − 4 ∪ −2; 4 2 Grafické řešení Namalujeme si grafy funkcí na levé a na pravé straně nerovnice. Řešením bude ten interval, kde jsou hodnoty grafu funkce z levé strany menší nebo rovny hodnotám grafu z pravé strany.

∀∃

19


ČÁST 1

Odtud (za pomoci odhadu x-ové souřadnice průsečíků): 13 ∈ ∞; 4 ∪ 2; 4 2 Zkouška V tomto případě je použití zcela odlišného řešení velmi dobrou zkouškou. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

20


ČÁST 1

Příklad 3 Řešte v R rovnice: a) 3 + 3 = 108 b) 4 − 8 ∙ 4 = 32 c) 4 − 9 ∙ 2 + 8 = 0 d) 4 − 8 ∙ 4 = 33 e) log7 + 6 = 1 + log3 − 4 f) ln + 3 = 0 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3a Máme řešit rovnici

3 + 3 = 108 Druhý z výrazů na levé straně upravíme tak, aby obsahoval stejnou mocninu jako ten první 1 ∙ 3 + 3 ∙ 3 = 108 Vytkneme vpravo 1 + 33 = 108 Upravíme 4 ∙ 3 = 108 Vydělíme 3 = 27 Nyní si stačí uvědomit, že 27 je třetí mocninou tří 3 = 3 Logaritmujeme obě strany rovnice log 3 = log 3 Upravíme log 3 = 3 log 3 Vykrátíme a dostáváme řešení =3 Pokud si pravdu o třetí mocnině tří neuvědomíme, musíme použít logaritmy log 3 = log 27 Upravíme ∙ log 3 = log 27 Odtud log 27 = = log 27 = log 3 = 3 log 3 = 3 ∙ 1 = 3 log 3 Zkouška Dosadíme naše řešení do původního zadání 3 + 3 = 108 Upravíme 3 + 3 = 108 Vypočteme mocniny 27 + 81 = 108 Sečteme

∀∃

21


ČÁST 1

108 = 108 Obě strany se rovnají. Tím je správnost výsledku prokázána. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3b Máme řešit rovnici Nejprve levou stranu upravíme Sjednotíme mocniny čtyř Vytkneme mocninu čtyř vpravo Odečteme Vydělíme dvěma obě strany rovnice

4 − 8 ∙ 4 = 32 4 ∙ 4 − 2 ∙ 4 ∙ 4 = 32 4 ∙ 4 − 2 ∙ 4 = 32 4 − 24 = 32 2 ∙ 4 = 32

4 = 16 Nyní si stačí uvědomit, že 16 je druhá mocnina čtyř 4 = 4 Logaritmujeme obě strany rovnice log 4 = log 4 Upravíme log 4 = 2 log 4 Zkrátíme a dostáváme řešení =2 Zkouška Dosadíme řešení do původní rovnice 4 − 8 ∙ 4 = 32 Vypočteme exponenty 4 − 8 ∙ 4 = 32 Umocníme 64 − 8 ∙ 4 = 32 Vynásobíme 64 − 32 = 32 Odečteme 32 = 32 Tím je správnost řešení prokázána. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3c Máme řešit rovnici Střední člen rozdělíme Vytkneme

∀∃

4 − 9 ∙ 2 + 8 = 0 2 − 2 − 8 ∙ 2 + 8 = 0 2 2 − 1 − 82 − 1 = 0 22


ČÁST 1

A vytkneme ještě jednou

2 − 82 − 1 = 0 Vyjádříme osm jako třetí mocninu dvou a jedna jako nultou mocninu dvou 2 − 2 2 − 2# = 0 Nyní jsme dostali součin dvou členů, který je nulový. Musí být tedy nulový jeden nebo druhý z těchto členů, neboli 2 − 2 = 0 ⩗ 2 − 2# = 0 Neboli 2 = 2 ⩗ 2 = 2# Odtud pomocí logaritmování, úpravy a zkrácení (viz předchozí dva příklady) dostáváme přímo dvě řešení dané rovnice = 3 ⩗ = 0 Zkouška Nalezené první řešení dosadíme do původní rovnice 4 − 9 ∙ 2 + 8 = 0 Umocníme 64 − 9 ∙ 8 + 8 = 0 Vynásobíme 64 − 72 + 8 = 0 Sečteme a odečteme 0=0 Obě strany se rovnají. Tím je správnost prvního řešení ověřena. Nyní dosadíme do původní rovnice nalezené druhé řešení 4# − 9 ∙ 2# + 8 = 0 Umocníme 1−9∙1+8=0 Vynásobíme 1−9+8=0 Sečteme a odečteme 0=0 Obě strany se rovnají. Tím je ověřena i správnost druhého řešení. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3d Máme řešit rovnici Rozdělíme první mocninu Vytkneme vpravo Umocníme Odečteme Upravíme ∀∃

4 − 8 ∙ 4 = 33 4 ∙ 4 − 8 ∙ 4 = 33 4 − 8 ∙ 4 = 33 16 − 8 ∙ 4 = 33 8 ∙ 4 = 33 2 ∙ 4 ∙ 4 = 33 23


ČÁST 1

A uděláme ještě jednu úpravu

2 ∙ 4 = 33

Vydělíme dvěma

4 = Pomocí logaritmů pokračujeme

33 2

log 4 = log Upravíme

33 2

∙ log 4 = log A dokončíme

33 log 2 33 = = log log 4 2

Zkouška Nalezené řešení dosadíme do původní rovnice

Upravíme A v dalším kroku Vytkneme

4DEF! − 8 ∙ 4DEF! = 33

4 ∙ 4DEF! − 2 ∙ 4 ∙ 4DEF! = 33

4 ∙ 4DEF! − 2 ∙ 4DEF! = 33

Odečteme Využijeme základní vlastnosti logaritmů

4 − 24DEF! = 33

2 ∙ 4DEF! = 33 2∙

Odtud již přímo

33 2

33 = 33 2

33 = 33 Levá strana se rovná straně pravé. Tím je správnost výsledku prokázána. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3e Máme řešit rovnici

log7 + 6 = 1 + log3 − 4 Vyjádříme jednotku jako logaritmus deseti log7 + 6 = log 10 + log3 − 4 Součet logaritmů je logaritmus součinu log7 + 6 = log 103 − 4 Logaritmus je prostá funkce, takže rovnají-li se logaritmy, musí se rovnat i jejich argumenty, tedy 7 + 6 = 103 − 4 Roznásobíme 7 + 6 = 30 − 40 ∀∃

24

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A Upravíme Odtud přímo

ČÁST 1

46 = 23 =2

Poznámka Matematik by poslední zásadní krok řešení udělal spíše s využitím exponenciální funkce takto Odtud

10DEF = 10DEF #

7 + 6 = 103 − 4 A dále již shodné úpravy vedoucí k výsledku. Zkouška Dosadíme do původní rovnice log7 ∙ 2 + 6 = 1 + log3 ∙ 2 − 4 Provedeme výpočet v argumentech logaritmů log20 = 1 + log2 Roznásobíme log10 ∙ 2 = 1 + log2 Využijeme větu o logaritmu součinu log10 + log2 = 1 + log2 Využijeme větu o logaritmu základu 1 + log2 = 1 + log2 Obě strany jsou stejné. Tím je řešení potvrzeno. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3f Máme řešit rovnici Vyjádříme 3 jako přirozený logaritmus Dále Upravíme

ln 3 = 0 ln + lnG = 0 ln = − lnG

ln = lnG Logaritmus je prostá funkce, proto rovnají-li se její hodnoty, musí se rovnat její argumenty. Tak dostáváme přímo řešení = G Poznámka Matematik by poslední krok udělal spíše s využitím exponenciální funkce takto Odtud

G DH G DHIJ

K L

G

Zkouška Dosadíme nalezené řešení do původní rovnice lnG 3 = 0 Vypočteme přirozený logaritmus −3 + 3 = 0 ∀∃

25


ČÁST 1

Sečteme a dostaneme

0=0 Tím je nalezené řešení potvrzeno. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

26


ČÁST 1

Příklad 4 Řešte v R nerovnice: a) 3 : 2 ∙ 3 + 3 b) 25 + 2 ∙ 5 : 11 c) log + 2 : 3 d)

DEF DEF

:0

Poznámka Pro všechny tyto případy si ukážeme i možnost alternativního grafického (a proto nedostatečně přesného) řešení. Hlavním důvodem je možnost spatřit grafy jednotlivých funkcí na obou stranách nerovnic. V příslušných grafech bude modrá čára vždy grafem funkce na levé straně a zelená na pravé straně nerovnice. Pro vytvoření grafů využijeme programu Microsoft Mathematics. Tento program má licenci k volnému použití. Za tímto účelem lze využít řadu dalších podobných programů. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 4a Máme řešit nerovnici

3 : 2 ∙ 3 + 3 Převedeme součin z pravé strany na levou stranu 3 − 2 ∙ 3 : +3 K oběma stranám přičteme jednotku 3 − 2 ∙ 3 + 1 : 3 + 1 Pravou stranu sečteme a první člen levé strany vyjádříme jako druhou mocninu 3 − 2 ∙ 3 + 1 : 4 Na levé straně nyní vidíme použití známého vzorce < + = < − 2< + . Upravíme obě strany 3 − 1 : 2 Musí tedy platit 3 − 1 < −2 ⩗ 3 − 1 : 2 Je důležité zaznamenat, že mezi oběma případy je logická spojka „nebo“. Musíme tedy zkoumat obě možnosti. Výsledek bude sjednocením obou dílčích výsledků. Zabývejme se nyní prvním případem 3 − 1 < −2 Upravíme 3 < −1 Vzhledem k tomu, že exponenciální funkce s jakýmkoli základem je vždy kladná, je zřejmé, že tato situace nemůže nastat. Budeme se tedy zabývat druhým případem 3 − 1 : 2 Upravíme 3 : 3 Logaritmujeme obě strany log 3 : log 3 Upravíme log 3 : 1 ∙ log 3

∀∃

27

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A Vykrátíme a dostáváme výsledek Celkovým výsledkem úlohy tedy je

ČÁST 1

:1 ∈ 1; ∞

Grafické řešení Namalujeme si grafy funkcí na levé a na pravé straně nerovnice. Řešením bude ten interval, kde jsou hodnoty grafu funkce z levé strany větší než hodnoty grafu z pravé strany.

Odtud (za pomoci odhadu x-ové souřadnice průsečíku): ∈ 1; ∞ Zkouška Použití zcela odlišné metody řešení je současně poměrně dobrou zkouškou. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 4b Máme řešit nerovnici Upravíme levou stranu

∀∃

25 2 ∙ 5 : 11 5 2 ∙ 5 ∙ 5 : 11 28


ČÁST 1

Uděláme ještě jednu úpravu a k oběma stranám nerovnice přičteme 25 5 2 ∙ 5 ∙ 5 25 : 11 25 Uvědomíme si, že 25 5 a sečteme pravou stranu 5 2 ∙ 5 ∙ 5 5 : 36 Uvědomíme si, že 36 = 6 a, že pro levou stranu lze použít vzorec < + 2< < 5 5 : 6 Musí tedy platit |5 5| : 6 Neboli 5 5 / 6 ⩗ 5 5 : 6 Zabývejme se nyní prvním případem 5 5 / 6 Po úpravě 5 / 11 Je zřejmé, že tento případ nemá řešení, protože exponenciála s kladným základem nemůže být nikdy záporná. Budeme se zabývat druhým případem 5 5 : 6 Od obou stran nerovnice odečteme 5 5 : 1 Vyjádříme 1 jako nultou mocninu 5 5 : 5# Logaritmujeme log 5 : log 5# Užijeme jedné ze základních vlastností logaritmu log 5 : 0 log 5 Vykrátíme a dostáváme výsledek :0 Řešení úlohy tedy je ∈ 0; +∞ = N Grafické řešení Namalujeme si grafy funkcí na levé a na pravé straně nerovnice. Řešením bude ten interval, kde jsou hodnoty grafu funkce z levé strany větší než hodnoty grafu z pravé strany.

∀∃

29


ČÁST 1

Odtud (za pomoci odhadu x-ové souřadnice průsečíku): ∈ 0; ∞ N Zkouška Použití zcela odlišné metody řešení je současně poměrně dobrou zkouškou. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 4c Máme řešit nerovnici

log + 2 : 3 Nejprve je třeba stanovit podmínky řešení. Argument logaritmu musí být kladný, musí tedy platit +2:0 Neboli : 2

Nyní můžeme nerovnici řešit. Obě strany nerovnice užijeme jako argumenty exponenciální funkce se základem 2 (je prostá a zachovává nerovnosti) Odtud

2DEF : 2

2:8 Od obou stran rovnice odečteme 2 a dostáváme řešení

∀∃

30


ČÁST 1

:6 Toto řešení vyhovuje stanovené podmínce. Konečným řešením tedy je ∈ 6 ∞ Grafické řešení Namalujeme si grafy funkcí na levé a na pravé straně nerovnice. Řešením bude ten interval, kde jsou hodnoty grafu funkce z levé strany větší než hodnoty grafu z pravé strany.

Odtud (za pomoci odhadu x-ové souřadnice průsečíku): ∈ 6; ∞ Zkouška Použití zcela odlišné metody řešení je současně poměrně dobrou zkouškou. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 4d Máme řešit nerovnici

log3 + 1 :0 log2 Nejprve je třeba stanovit podmínky řešení. Jmenovatel zlomku na levé straně nesmí být roven nule. Dále argumenty logaritmů musí být kladné. Musí tedy současně platit log2 ' 0 ⩘ 3 1 : 0 ⩘ 2 : 0

∀∃

31


ČÁST 1

Logaritmus nabývá hodnoty nula, je-li jeho argument roven jedné, tedy 2 ' 1 ⩘ 3 : 1 ⩘ 2 : 0 Po úpravě 1 1 ' ⩘ : ⩘ : 0 3 2 Řešení tedy můžeme hledat pouze na množině 1 1 ∈ O0; P ∪ O ; +∞P 2 2 Nyní můžeme přistoupit k hledání řešení naší úlohy log3 + 1 :0 log2 Jedná se o podíl dvou výrazů. Ten bude kladný právě tehdy, když oba výrazy budou současně záporně, nebo když budou oba současně kladné, neboli log3 + 1 < 0 ⩘ log2 < 0 ⩗ log3 + 1 : 0 ⩘ log2 : 0 Vyšetříme tedy první případ log3 + 1 < 0 ⩘ log2 < 0 Za použití znalosti záporných hodnot logaritmu, respektive exponenciály se základem 10 dostaneme 3 + 1 < 1 ⩘ 2 < 1 Odtud 3 < 0 ⩘ 2 < 1 Neboli 1 < 0 ⩘ < 2 Pro první případ tedy musí být <0 To ale odporuje podmínkám řešení. Vyšetříme nyní druhý případ log3 + 1 : 0 ⩘ log2 : 0 Za použití znalosti záporných hodnot logaritmu, respektive exponenciály se základem 10 dostaneme 3 + 1 : 1 ⩘ 2 : 1 Odtud 3 : 0 ⩘ 2 : 1 Neboli 1 : 0 ⩘ : 2 Pro druhý případ tedy musí být 1 : 2 To podmínkám řešení vyhovuje. Konečné řešení je průnikem podmínek řešení a sjednocení řešení nalezeného v obou případech, neboli 1 ∈ O ; +∞P 2 Grafické řešení Namalujeme si grafy funkcí na levé a na pravé straně nerovnice. Řešením bude ten interval, kde jsou hodnoty grafu funkce z levé strany větší než hodnoty grafu z pravé strany.

∀∃

32


ČÁST 1

Odtud (za pomoci znalosti x-ové souřadnice bodu, kde výraz na levé straně není definován): 1 ∈ O ; ∞P 2 Zkouška Použití zcela odlišné metody řešení je současně poměrně dobrou zkouškou. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

33


ČÁST 1

Příklad 5 Zakreslete následující množiny a určete jejich sjednocení, průnik, rozdíl a doplněk v množině D: a) Q 61,2, R = S2N: | − 3| < 1U, ( = N# b) Q = 4,8, R = S2N: | − 6| ≤ 2U, ( = N c) Q = S2V: || ≤ 4U, R = S2V: ≤ 25U, ( = V ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 5a Máme zakreslit množiny a určit jejich sjednocení, průnik, rozdíl a doplněk v množině D Q 61,2, R = S2N: | − 3| < 1U, ( = N# Postupně si pomocí intervalů vyjádříme všechny tři množiny. Pro množinu M je to již zadáno Q = 61,2 Množina N je zadána R = S2N: | − 3| < 1U Zde pracujeme s absolutní hodnotou, musíme tedy zvážit dva případy − 3 : 0 ∶ − 3 < 1 → < 4 − 3 < 0 ∶ − − 3 < 1 → − < −2 → : 2 Můžeme tedy psát R = 2,4 Množinu D (všechna nezáporná reálná čísla) můžeme zapsat jako ( = 60, +∞ Nyní lze zapsat jednotlivé požadované množiny Q ∪ R = 61,2 ∪ 2,4 Q∩R = Z Q−R = Z R−Q =Z Q[ = ( − Q = 60,1 ∪ 62, +∞ R [ = ( − R = 〈0,2〉 ∪ 64, +∞ Zde O značí prázdnou množinu. Na obrázku jsou body do množiny patřící vyznačeny plným kolečkem, nepatřící prázdným kolečkem.

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

∀∃

34


ČÁST 1

Řešení 5b Máme zakreslit množiny a určit jejich sjednocení, průnik, rozdíl a doplněk v množině D Q 4,8, R = S2N: | − 6| ≤ 2U, ( = N Postupně si pomocí intervalů vyjádříme všechny tři množiny. Pro množinu M je to již zadáno Q = 4,8 Množina N je zadána R = S2N: | − 6| ≤ 2U Zde pracujeme s absolutní hodnotou, musíme tedy zvážit dva případy − 6 : 0 ∶ − 6 ≤ 2 → < 8 − 6 < 0 ∶ − − 6 ≤ 2 → − < −4 → : 4 Můžeme tedy psát R = 〈4,8〉 Množinu D (všechna nezáporná reálná čísla) můžeme zapsat jako ( = 0; +∞ Nyní lze zapsat jednotlivé požadované množiny Q ∪ R = 〈4,8〉 Q ∩ R = 4,8 Q−R = Z R − Q = S4; 8U Q[ = ( − Q = 0, 4> ∪ 68, +∞ R [ = ( − R = 0,4 ∪ 8, +∞ Zde O značí prázdnou množinu. Na obrázku jsou body do množiny patřící vyznačeny plným kolečkem, nepatřící prázdným kolečkem.

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

∀∃

35


ČÁST 1

Řešení 5c Máme zakreslit množiny a určit jejich sjednocení, průnik, rozdíl a doplněk v množině D Q S2V: || 0 4U, R = S2V: ≤ 25U, ( = V Postupně si pomocí intervalů vyjádříme všechny tři množiny. Pro množinu M je zadáno Q = S2V: || ≤ 4U Což můžeme zapsat jako (pozor, jedná se „jen“ o celá čísla) Q = S−4, −3, −2, −1,0,1,2,3,4U Množina N je zadána R = S2V: ≤ 25U Což můžeme zapsat jako (opět se jedná o celá čísla) Q = S−5, −4, −3, −2, −1,0,1,2,3,4,5U Množinu D (všechna celá čísla) můžeme s určitým zjednodušením zapsat jako ( = S… , −7, −6, −5, −4, −3, −2, −1,0,1,2,3,4,5,6,7, … U Nyní lze zapsat jednotlivé požadované množiny Q ∪ R = S−5, −4, −3, −2, −1,0,1,2,3,4,5U Q ∩ R = S−4, −3, −2, −1,0,1,2,3,4U Q−R = Z R − Q = S−5; 5U Q[ = ( − Q = S… , −7, −6, −5U ∪ S5,6,7, … U R [ = ( − R = S… , −7, −6U ∪ S6,7, … U Zde O značí prázdnou množinu. Na obrázku jsou body do množiny patřící vyznačeny plným kolečkem, nepatřící prázdným kolečkem.

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

∀∃

36


ČÁST 1

Příklad 6 Pro množiny představující jednotlivá řešení z Příkladu 5 určete jejich minimum a maximum (pokud existují), dále infimum a supremum na rozšířené reálné ose N ∗. ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 6a Odpověď na tuto úlohu zpracujeme do tabulky Množina Minimum Q ∪ R = 61,2 ∪ 2,4 1 neexistuje Q∩R =Z neexistuje Q−R =Z neexistuje R−Q =Z Q[ = 60,1 ∪ 62, +∞ 0 [ 0 R = 〈0,2〉 ∪ 64, +∞

Maximum neexistuje neexistuje neexistuje neexistuje neexistuje neexistuje

Infimum 1 +∞ +∞ +∞ 0 0

Supremum 4 -∞ -∞ -∞ +∞ +∞

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

Řešení 6b Odpověď na tuto úlohu zpracujeme do tabulky Množina Minimum 4 Q ∪ R = 〈4,8〉 neexistuje Q ∩ R = 4,8 neexistuje Q−R =Z 4 R − Q = S4; 8U Q[ = 0, 4> ∪ 68, +∞ neexistuje neexistuje R [ = 0,4 ∪ 8, +∞

Maximum 8 neexistuje neexistuje 8 neexistuje neexistuje

Infimum 4 4 +∞ 4 0 0

Supremum 8 8 -∞ 8 +∞ +∞

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

Řešení 6c Odpověď na tuto úlohu zpracujeme do tabulky Množina Minimum -5 Q∪R = S−5, −4, −3, −2, −1,0,1,2,3,4,5U -4 Q∩R = S−4, −3, −2, −1,0,1,2,3,4U neexistuje Q−R =Z -5 R − Q = S−5; 5U [ S… neexistuje Q = , −7, −6, −5U ∪ S5,6,7, … U neexistuje R [ = S… , −7, −6U ∪ S6,7, … U

Maximum 5

Infimum -5

Supremum 5

4

-4

4

neexistuje 5 neexistuje

+∞ -5 -∞

-∞ 5 +∞

neexistuje

-∞

+∞

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

∀∃

37

Příklad 1. Řešení 1a Máme řešit rovnici ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 1. Řešte v R rovnice: = = + c) = f) +6 +8=4 g) h)

Recommend Documents