1. Vnitrosemestrální práce 29.10.2013, skupina A
1.1. Řešte v R nerovnici:
||x-2| -x + 3| < 5.
Řešení. Rozdělíme nejdřív na dva případy:
• Pro x > 2 má nerovnost tvar \x — 2 — x + 3| — 1 < 5 a to je splněno vždy.
• Pro x < 2 má nerovnost tvar | — x + 2 — x + 3\ — | — 2x + 5\ < 5. Protože —2x + 5 > —2 • 2 + 5 — 1 > 0, je tato nerovnost ekvivalentní nerovnosti —2x + 5 < 5, která je zřejmě splněna pro x > 0.
Dohromady je tedy nerovnost splněna pro x G (2, oo) U (0, 2) — (0, oo).
1.2. Napište nějaký kvadratický polynom s celočíselnými koeficienty, jehož kořenem je číslo
V2-VŠ
Řešení. Usměrníme zlomek tak, aby nebylo iracionální číslo ve jmenovateli. Kořen x je pak roven
y/2-y/Š (V2-VŠ)2 2 + 3-2\/2y3 Kl0^
x — ~~!=-7= — -7=-7=-7=-7=^ — -7.-7.- — ~5 + 2VD,
y/2 + y/Ž     (V2 + VŠ)(VŽ - VŠ) 2-3
neboli x splňuje x+5 — 2\/6. Umocněním na druhou dostaneme (x+5)2 — 4-6 — 24: a úpravou pak x2 + ÍOx +1 = 0. Číslo x ze zadání je tedy kořenem polynomu x2 + ÍOx + 1.
1.3. Řešte v R nerovnici:
Řešení. Vytknutím 2X+2 respektive 5X+1 dostaneme ekvivalentní nerovnici 2x+2(l— 2 — 22) > 5X+1 (1 — 5), neboli —5 • 2X+2 > —4 • 5X+1. Vydělením číslem 20 pak máme 5X > 2X, neboli (^)x > 1. Z průběhu exponenciální funkce plyne, že tato nerovnice je splněna pro x > 0.
1.4. Pomocí vlastností exponenciální funkce (vypište kdy a kterou používáte) a definice logaritmu dokažte, že
Řešení. Vlastnost exponenciální funkce, kterou použijeme je (ab)c — abc. Dosadíme-li c — y, b — loga x, pak nám tato vlastnost dává (alog« x)y — ay log« x. Podle definice logaritmu je levá strana je rovna xy, tj. máme xy — ay log° x. Když pak celou rovnici zlogaritmujeme, pak opět z definice logaritmu je loga(xy) — ylogax.
1.5. Načrtněte graf funkce f(x) — | log2 \x\ \ — 1, určete její definiční obor a jeho podmnožinu, na které je funkce kladná.
Řešení. Logaritmus je definovaný pro kladný argument. V našem případě je v argumentu absolutní hodnota z x, a proto hned vidíme, že funkce je definována pro všechna reálná čísla kromě nuly. Navíc je vidět, že nabývá stejné hodnoty pro x a pro —x. Jinými slovy, funkce je sudá a její graf je souměrný podle osy y. Venkovní absolutní hodnota překlopí zápornou část pro x G (—1,0) U (0,1) do plusu a pak se vše posune o jedničku dolů podél osy y. Průsečíky s osou x pak budou tam, ke
i
2
před posunutím byla hodnota 1, tj. v bodech ±i a ±2. Funkce bude kladná pro x e (-oo, -2) U (-i, 0) U (0, i) U (2, oo).
1.6. Řešte v R rovnici:
— sin 2x cos x — cos2 x + 3 sin x — 0.
Řešení. Využitím vztahu sin 2x — 2 sin x cos x dostaneme ekvivalentní rovnici
—2 sin x cos2 x — cos2 x + 3 sin x — 0.
Vidíme, že cos x vystupuje jen v sudé mocnině, a proto ho můžeme jednoduše nahradit sinem pomocí trigonometrické jedničky, tj. cos2 x — 1 — sin2 x. Pak máme
—2 sin x(l — sin2 x)x — (1 — sin2 x) + 3 sin x = 2 sin3 x + sin2 x + sin x — 1 — 0
Substitucí t — smx dostáváme polynomiální rovnici 2í3 + f2 + t - 1 = 0. Jinými slovy, potřebujeme určit kořeny tohoto polynomu. Podle Einsteinova kritéria jsou možné racionální kořeny t G {±1,±^}. Ty vyzkoušíme Homérovým schématem a zjistíme, že vyhovuje t — \. Vydělením příslušným kořenovým faktorem pak zjistíme 2í3 + í2 + t - 1 = 2(í - ±)(t2 + t + 1). Diskriminant polynomu í2 + í + 1 je 1 — 4 = —3 < 0, a proto žádné jiné reálné kořeny nejsou. Jediné řešení je tedy sinx — i, takže x — ^ + 2kir nebo x — ^ + 2/j7r, k e Z.