Rovnice a nerovnice Štěpán Křehlík Ekonomicko správní fakulta Masarykova Universita podzim 2018 Štěpán Křehlík Rovnice a nerovnice Rovnice Cihla váží kilo a půl cihly k tomu. Kolik váží celá cihla? m r = 1 -m m C 777c = 2 + mc mc = 2 Štěpán Křehlík Rovnice a nerovnice Rovnice Cihla váží kilo a půl cihly k tomu. Kolik váží celá cihla? ■v Řešení najdeme: • intuitivně (např. představa rovnoramenných vah) • matematickou rovnicí /■2 l-mc Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice 1 mc = 1 H—n mc = 2 + mc mc = 2 Rovnice Cihla váží kilo a půl cihly k tomu. Kolik váží celá cihla? ■v Řešení najdeme: • intuitivně (např. představa rovnoramenných vah) • matematickou rovnicí Matematická rovnice, kde mc je označení hmotnosti cihly: 1 mc = l + -mc />2 2mc = 2 + mc / - mc mc = 2 Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Rovnice Uvažujme dva libovolné algebraické výrazy L(x) a P(x) s proměnou x. Zajíma nás pro jaká x má výraz L(x) stejnou hodnotu jako P(x). Úlohu zapíšeme ve tvaru L(x) = P(x) L(x)... levá strana rovnice P(x)... pravá strana rovnice x... neznámá Konkrétní čísla pro které je rovnice splněna nazýváme kořeny, nebo taky řešení rovnice. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Rovnice Dvě rovnice, které mají stejné množiny všech řešení se nazývají ekvivalentní rovnice. Postup řešení rovnic spočívá v úpravách výrazů na levé i pravé straně, tak abychom obdrželi rovnici v jednodušším tvaru. Úpravy dělíme na: • ekvivalentní L(x) = P(x) ť(x) = P'(x) o důsledkové (implicitní) L(x) = P(x) ť(x) = P'(x) Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Ekvivalentní úpravy Přehled ekvivalentních úprav: • prohození levé a pravé strany rovnice, • přičtení(odečtení) libovolného čísla nebo násobku neznámé u—v<=^w-\-u—w-\-v^ 9 vynásobení levé a pravé strany číslem či výrazem, který je nenulový pro VxGR:íí=i/=^W'íí=i^/-i/, pro Vx £ K \ {0} : u — v w • u — w • v. o umocnění(odmocnění) levé a pravé strany přirozeným (od-)mocnitelem jsou- li obě strany nezáporné, • zlogaritmování obou stran rovnice se stejným základem jsou-li obě strany rovnice kladné. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Řešení rovnic polynomiálního typu Polynomiální rovnice 1. stupeň Pi(x) = aix + a0, ai 7^ 0 Hledáme takové x pro něž platí p(x) = 0. Vyniklou algebraickou rovnici nazýváme lineární rovnicí s jedním kořenem x\ — — Příklad: Najděme kořen polynomu P^x) = 3x + 6. >0 Q,o Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Řešení rovnic polynomiálního typu Polynomiální rovnice 1. stupeň Pi(x) = 3ix + a0, ai 7^ 0 Hledáme takové x pro něž platí p(x) = 0. Vyniklou algebraicko rovnici nazýváme lineární rovnicí s jedním kořenem x\ — — Příklad: Najděme kořen polynomu Pi(x) = 3x + 6. Náš polynom má právě jeden kořen, který splňuje rovnici 3x + 6 = 0. Tímto kořenem je číslo —2. Poznámka Řešení rovince v daném oboru. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Řešení rovnic polynomiálního typu Polynomiální rovnice 2. stupeň P2(x) = a2x2 + aix + a0, a2 7^ 0, Kořeny tohoto polynomu splňují rovnici a2x2 + aix + ao = 0. Řešení kvadratické rovnice: o diskriminant kvadratické rovnice D = a2 — 4 • a2 • ao kořeny kvadratické rovnice xi 2 = -31 ± 2 • a2 Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Motivační příklad Reste rovnici x — 2x — 15 = 0 Pomocí diskriminantu. D = b2 - 4ac = (-2)2 - 4 • 1 • 16 = 64 n _ (x - 1) x 1 x 1 = 2 Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Motivační příklad Řešte rovnici x2 — 2x — 15 = 0 Pomocí diskriminantu. D = b2 — Aac = (-2)2 - 4 • 1 • 16 = 64 Xl,2 = -b±VD -2 ±8 2a =>- xi = 5 a xi = —3 x2 (x- 1 1 = 4 x - 1 = -4 x= -3 Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Motivační příklad Řešte rovnici x2 — 2x — 15 = 0 Pomocí diskriminantu. D = b2 — Aac = (-2)2 - 4 • 1 • 16 = 64 Xl,2 = -b±VD -2 ±8 2a =>- xi = 5 a xi Doplněním na čtverec: x2 - 2x - 15 = (x - x — l)2 - 16 =0 (x - l)2 =16 1 = 4 A x = 5 A x- 1 x = — □ & Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Řešení polynomiálních rovnic specifického typu Polynomiální rovnice 2. stupeň • ryze kvadratická rovnice (bez lineárního členu B\ — 0) 2x2 - 8 = 0 • rovnice bez absolutního členu (ao = 0) 2x2 - 6x = 0, • normovaná kvadratická rovnice (a2 = 1) x2 + 4x - 6 = 0 Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Řešení rovnic polynomiálního typu Polynomiální rovnice r?-tého stupeň P„(x) = 3nxn + . . . + 3iX + a0, 3n ^ 0. • neexistují jednoduché vzorce pro řešení • existují návody pro řešení specifických rovnic • substituce (bikvadratická) • vytýkání • Hornerovo schéma 9 numerické metody Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Umocňování rovnice Motivační příklad V oboru reálných čísel řešme rovnici \/2x + 4 = 3 I p"V"\ /-\ z-* y\ I Y~Y"\ O t\ i 2x + 4 = 9 teto rovnice piyne, ze yc — o ^.oe piaxi jsou-m u a v sxejna, paK ✓ XX X I I . / < + 4 = rovnici 2x + 4 = 9. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Umocňování rovnice Motivační příklad V oboru reálných čísel řešme rovnici y^2x + 4 Umocníme obě strany rovnice a dostaneme: 2x + 4 = 9 Z této rovnice plyne, že x = 2,5 i /i Štěpán Křehlík Rovnice a nerovnice Umocňování rovnice Motivační příklad V oboru reálných čísel řešme rovnici \/2x + 4 = 3 Umocníme obě strany rovnice a dostaneme: 2x + 4 = 9 Z této rovnice plyne, že x = 2,5 Zde platí jsou-li l/ a v stejná, pak jsou stejné i jejich mocniny, tj. 2 2 U — V ^ U — v Jestliže pro nějaké číslo x platí \/2x + 4 = 3 splňuje toto číslo x i rovnici 2x + 4 = 9. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Umocňování rovnice Motivační příklad Avšak pozor na opačnou implikaci! Jestliže se sobě rovnají druhé mocniny čísel u2 a v2 nemusí se sobě rovnat čísla u a v, tj. neplatí u2 — v2 ^ u — v. (-5)2 = 52, ale -5^5. Příklad Řešte rovnici: \/x2 - 2x + 10 = x - 10. Umocníme obě strany rovnice a dostaneme: x2 - 2x + 10 = x2 - 20x + 100 Nová rovnice má jediný kořen a to x = 5. Lehce se však přesvědčíme, že to není kořen původní rovnice. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Umocňování rovnice Důležitá tvrzení: • Umocněním obou stran rovnice na druhou dostaneme rovnici, pro kterou platí: Každý kořen původní rovnice je i kořenem této nové rovnice. Obráceně to ale neplatí. Zda je řešení nové rovnice i řešením původní rovnice ověříme zkouškou. Zkouška je je v tomto případě NUTNOSTÍ. 9 Pro rovnici jejíž obě strany jsou v uvažovaném číselném oboru nezáporné (nekladné), je umocnění ekvivalentní úpravou. Jestliže sledujeme po celou dobu znaménka obou stran rovnice, zkoušku dělat nemusíme. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Umocňování rovnice Příklad: ■v Reste rovnici V5-5x = V3x- 11 a) na první pohled je zřejmý výsledek, b) umocníme obě strany rovnice a dostaneme 5-5x= 3x- 11 x = 2 To ovšem není výsledkem původní rovnice, protože výraz v levo je definován jen pro x < 1. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Řešení rovnic specifického typu Exponenciální rovnicí nazýváme každou rovnici, ve které je neznámá x G IR v exponentu mocniny nějakého čísla. Za základní tvar exponenciální rovnice lze považovat af(x) = bg(x)^ kde a > 0, b > 0 a r(x), g[x) jsou nějaké výrazy. Metoda řešení: Rovnici převedeme logaritmováním na tvar f(x)log(a) = g(x)log(b), ve speciálním případě, kdy a = b, dostaneme f{x)=g(x). Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Řešení exponenciální rovnice - společný základ Příklad: V reálném oboru řešte: 3x+i _ Q2-x = a Řešení: Převedeme druhý člen na pravou stranu Dosadíme 9 = 32 3x+l = g2-x 3X+I = 32(2-*) Logaritmováním dostaneme x + 1 = 2(2 - x) 3x = 3 x = 1 Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Řešení exponenciální rovnice - vytknutí Příklad: V reálném oboru řešte 32x-l_32x-4 = 315_32x-2! ■v Řešení: Převedeme mocniny na jednu stranu a vytkneme z nich 3 2x 32x(3-l _ 3-4 + 3-^ = 315 -4 , 0-2 81 9^ o2x 35 = 315 81 i2x 3ZX = 32x = 315 729 36 Logaritmováním dostaneme 2x = 6 & x = 3. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Řešení exponenciální rovnice - substituce Příklad: V reálném oboru řešte 25x - 6 • 5X + 5 = 0 Řešení: Upravíme na tvar 52x - 6 • 5X + 5 = 0 Zavedeme substituci y = 5X y2 - 6y + 5 = 0 Dostaneme kořeny 6 ± V36 - 20 yi,2 = -2-^ yi = 1 A y2 = 5 Tedy po provedení zpětné substituce dostaneme: a) pro yi = 5 získáme první řešení původní rovnice z 5 b) pro y2 = 1 získáme druhé řešení původní rovnice z 1 32x(3-1-3-4 + 3-2) = 3<^ 0, a 7^ 1 Tato rovnice má pro libovolné b jediné řešení tvaru x = ab. Logaritmické rovnice složitějších typů se nejprve upraví na tvar loga f (x) = logag(x), kde a > 0, a ^ 1 přičemž rovnici řešíme na množině těch x e IR, pro něž výrazy ŕ(x) a g{x) nabývají kladných hodnot. Pokud tuto množinu neurčíme předem, je nutno provést zkoušku. Odlogaritmováním rovnice dostaneme f{x) = g(x) a dále řešíme rovnici bez logaritmu. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Goniometrické rovnice Goniometrickou rovnicí nazýváme takovou rovnici, v níž se neznámá x £ IR vyskytuje v argumentu goniometrické funkce. Rovnice upravujeme pomocí vzorců pro goniometrické funkce na jeden z následujících tvarů: sin x = a resp. cos x = a, Rovnice sin x = a resp. cosx = a,: a) nemá řešení, jestliže a ^ (—1,1) b) má jeden kořen jestliže a = —1 nebo a = 1 a obor řešení je interval (0, 2tt) c) má dva kořeny xi, x2, jestliže a £ (—1,1) a obor řešení je interval (0, 2tt) d) má nekonečně mnoho řešení, jestliže a £ (—1,1) a obore řešení v IR Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Goniometrické rovnice - řešení příkladů Příklad: Řešte v M: sin (tt/3 - 2x) = VŽ/2. Řešení: zavedeme substituci y = tt/3 — 2x. sin y = VŠ/2. Kořeny v základním intervalu jsou yi = 7ľ/3,y2 = 2tt/3. Celkem y g {tt/3 + 2/c7r, 27í/3 + 2/c7ľ, /c g Z}. Nyní se vrátíme k původní neznámé: x = (jr/3 — y)/2, tedy X g {/C7ľ, —7ľ/6 — /C7ľ, /c g Z}. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Goniometrické rovnice - řešení příkladů Příklad: Řešte v IR: cos2x — sin2x + cosx = 0. Řešení: nejprve nahradíme sin2x výrazem 1 — cos2x: cos2x — 1 + cos2x + cosx = 0. Dostaneme kvadratickou rovnici 2cos2x + cosx —1 = 0. zavedeme substituci y = cosx. 2y2+y-l = 0 Kořeny jsou yi,2 = -1± vT+8 tedy yi = —1, y2 = 1/2. Vrátíme se k původní neznámé. Nejprve pro yi = — 1 dostaneme rovnici cosx = — 1, tedy xi G J7r + 2/c7ľ, k G Z} Pro Y2 = 1/2 dostaneme rovnici } Štěpán Křehlík Rovnice a nerovnice Vzorce pro úpravu goniometrických rovnic Přehled nejdůležitějších vzorečků pro úpravu goniometrických rovnic 9 sin2(x) + cos2(x) = 1, 9 sin(xi ± X2) = sin(xi) • cos(x2) ± sin(x2) • cos(xi), • cos(xi ± X2) = cos(xi) • cos(x2) ± sin(xi) • sin(x2), • sin(2x) = 2 • sin(x) • cos(x), • cos(2x) = cos2(x)?sin2(x), 9 cos2(x)= 1+co2s(2x), • sin2(x) = 1"co2s(2x)). Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Rovnice s absolutní hodnotou ■v Reste rovnici pro x £ IR. x + 1 + 2x-3 -3x-5 -x = 0 Nulové body výrazů v absolutních hodnotách jsou —1, 3, Reálnou osu si pro další výpočty rozdělíme na intervaly (—00, —1), (—1, 3), (3, 5), (5, 00). Uveďme si tabulku s přehledem znamének výrazů v těchto intervalech. (-oo,-l) (-1,3) (3,5) (5,oo) x + l - + + + x- 3 - - + + x- 5 - - - + Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Řešme rovnici na intervalu l\ — (—oo, — 1). Dostaneme tvar -x-l + 2(-x + 3) - 3(-x + 5) - x = 0, tedy —x — 10 = 0, x\ — —10. Protože xi G /i, je též kořenem původní rovnice. Řešme rovnici na intervalu I2 = (—1,3). Dostaneme tvar x + 1 + 2(-x + 3) - 3(-x + 5) - x = 0, tedy x — 8 = 0, X2 = 8. Protože X2 ^ /2, není kořenem původní rovnice. Řešme rovnici na intervalu I3 = (3,5). Dostaneme tvar x + 1 + 2(x - 3) - 3(-x + 5) - x = 0, tedy 5x — 20 = 0, X3 = 4. Protože X3 £ /3, je též kořenem původní rovnice. Řešme rovnici na intervalu I4 = (5, 00). Dostaneme tvar x + 1 + 2(x - 3) - 3(x - 5) - x = 0, tedy —x + 10 = 0, X4 = 10. Protože X4 G /4, je též kořenem původní rovnice. Celkem jsme získali řešení K = { — 10,4,10}. n = Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Nerovnice Zavedení pojmů nerovnice: Jsou dány dva výrazy L(x) a P(x) s proměnnou x. Mají se určit hodnoty této proměnné z oboru M, pro něž platí L(x) < P(x), resp.L(x) > P(x) nebo L(x) < P(x), resp.L(x) > P(x). Zápis úlohy v některém z uvedených tvarů se nazývá nerovnice. Zavádí se obdobná terminologie jako u rovnic. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Nerovnice Příklad: V K. řešte nerovnici x + 1 4-x x + 2 1 -x < 0 Řešení: Sečteme výrazy vlevo: (x+l)(x-l)-(4-x)(x + 2) (x + 2)(x-l) < 0 -2x-7 < 0 (x + 2)(x-l) Najdeme kořeny čitatele: —2x — 7 = 0<^>x = —| Štěpán Křehlík Rovnice a nerovnice Nerovnice Najdeme kořeny jmenovatele: (x + 2)(x — 1) = 0 ^ x\ — — 2 a X2 = 1. Nalezené body nám rozdělí reálnou osu na dílčí intervaly: /i = (-oo, -3,5), k = ("3, 5, -2), k = ("2,1), k = (1, oo), Přehled znamének jednotlivých činitelů na částečných intervalech je uveden v tabulce. (-oo, -3,5) (-3,5,-2) (-2,1) (l,oo) -2x-7 + - - - x + 2 - - + + x- 1 + + + - Z tabulky je zřejmé, že řešením je jsou intervaly (-oo,-3, 5) U (-2,1) Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Nerovnice s absolutní hodnotou V IR řešte nerovnici 2x-K|x-2|. (1) Řešení: Řešení rozdělme do dvou částí a) Nechť x - 2 > 0. Potom |x - 2| = x - 2. Dále je x > 2. Tedy řešíme nerovnici 2x - K x - 2 řešením je x < —1, ovšem neexistuje x < —1 a zároveň x > 2 f5) Nechť x - 2 < 0. Potom |x - 2| = -x + 2. Dále je x < 2. Tedy řešíme nerovnici: 2x - 1 < -x + 2 řešením je x < 1, průnik intervalů x < 1 a x < 2,tj. Nerovnici splňují všechna x G (—oo, 1). □ S1 Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Další typy nerovnic Příklad: ■v Reste nerovnici x + 3 < V*+ 33 Definiční obor rovnice jsou všechna x £ (—33, oc). Jestliže jsou obě strany rovnice nezáporné můžeme umocnit na druhou. To platí pro x > —3. Úlohu dělíme na dvě části a) pro interval x € (—33, —3) platí, že levá strana je záporná a pravá nezáporná, tedy nerovnice je splněna, pro všechna x e (-33, -3), tj. Ki = (-33, -3) b) pro interval x € (—3, oo) jsou obě strany nerovnice nezáporné, proto umocníme: (x + 3)2 0 Řešení získáme postupným odlogaritmováním: 2log2log3log05x log3 log0,5x >1 Znaménko nerovnosti jsme neotáčeli, protože základ je větší než 1 Pokračujeme v odlogaritmování: glog3log05X >gl log(),5x >3 Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice Další typy nerovnic Pokračujeme v odlogaritmování, tentokrát budeme nerovnost otáčet protože základ logaritmu je menší než 1. (0,5)6log0?5x<(0,5)3 x 0 navíc log( 0, 5)x > 0 a log3 log( 0, 5)x > 0. Tyto podmínky jsou splněny vyplývá to z postupu řešení. Závěr: všechna x z intervalu (0,1/8) splňují nerovnici výše. Štěpán Křehlřk Rovnice a nerovnice