1 Dokažte „hyperbolickou jedničku“ ch
2
𝑥 − sh
2
𝑥 = 1.
Řešení.
ch
2
𝑥 − sh
2
𝑥 = (
e 𝑥
+ e−𝑥
2
)
2
− (
e 𝑥
− e−𝑥
2
)
2
=
1
4
(e2𝑥
+ 2 + e−2𝑥
− e2𝑥
+ 2 − e−2𝑥
) = 1.
2 Kružnici o poloměru 𝑅 lze zadat rovnicí 𝑥2
+ 𝑦2
= 𝑅2
, díky čemuž ji můžeme parametrisovat
například takto: 𝑥 = 𝑅 cos 𝜑, 𝑦 = 𝑅 sin 𝜑; to funguje díky vztahu sin2
+ cos2
= 1.
Podobným způsobem využijte vztah ch
2
− sh
2
= 1 k parametrisaci hyperboly (
𝑥
𝑎
)
2
− (
𝑦
𝑏
)
2
= 1. Tím
by mělo být vysvětleno, proč se těmto funkcím říká hyperbolické.
Řešení. Zjevně zabere 𝑥 = 𝑎 ch
2
𝑢, 𝑦 = 𝑏 sh
2
𝑢, kde 𝑢 je parametr hyperboly.
3 Vypočtěte derivace funkcí sh 𝑥, ch 𝑥 a th 𝑥 a vyjádřete je pomocí hyperbolických funkcí.
Řešení. Máme (e 𝑥
±e−𝑥
2 )
′
= e 𝑥
∓e−𝑥
2 , takže platí (sh 𝑥)′
= ch 𝑥 a obráceně (ch 𝑥)′
= sh 𝑥. Pak už
snadno spočteme (th 𝑥)′
= (sh 𝑥
ch 𝑥)
′
= ch 𝑥
ch 𝑥 − sh 𝑥
ch
2
𝑥
sh 𝑥 = 1 − th
2
𝑥 = ch
2
𝑥−sh
2
𝑥
ch
2
𝑥
= 1
ch
2
𝑥
.
4 Vyšetřete průběh funkcí sh 𝑥, ch 𝑥 a th 𝑥 a načrtněte jejich grafy (vyjděte z definice pomocí expo-
nenciál).
5 Řešte rovnici 𝑢 = e 𝑥
−e−𝑥
2 . Tím zjistíte, jak se dá spočítat 𝑥 ze zadané hodnoty 𝑢 = sh 𝑥. Zapište
explicitní vztah pro inversní funkci k sh 𝑥, která se označuje (mezi jinými) ar sh 𝑥. Stejně vyjádřete
i ar ch 𝑥 a ar th 𝑥.
Řešení. Vynásobíme celou rovnici 2e 𝑥
, čímž dostaneme 2𝑢e 𝑥
= (e 𝑥
)2
−1. To je kvadratická rovnice
proe 𝑥
,kterámářešeníe 𝑥
= 𝑢±√ 𝑢2 + 1 .Znamení„−“tadynedávásmysl,protožee 𝑥
musíbýtvždycky
kladné. Proto máme 𝑥 = ln(𝑢 + √ 𝑢2 + 1 ) a také ar sh 𝑥 = ln(𝑥 + √ 𝑥2 + 1 ). Obdobně dostaneme
ar ch 𝑥 = ln(𝑥 ± √ 𝑥2 − 1 ) (tady jsou možné obě hodnoty, protože ch 𝑥 je funkce dvojznačná (to je
důsledek její sudosti) — můžete si též ověřit, že 𝑥 − √ 𝑥2 − 1 = 1
𝑥+√ 𝑥2−1
) a ar th 𝑥 = 1
2 ln 1+𝑥
1−𝑥.
6 Derivujte vztah ar sh(sh 𝑥) = 1 a položením sh 𝑥 = 𝑦 vyjádřete derivaci ar sh 𝑦. Stejným způsobem
nalezněte derivace ar ch 𝑥 a ar th 𝑥.
Řešení. Při derivování toho vztahu napravo vznikne nula a vlevo derivujeme podle řetězového pravidla.
Dostaneme ar sh
′
(sh 𝑥)⋅ch 𝑥 = 0, takže pro neznámou derivaci funkce ar sh 𝑥 platí ar sh
′
(sh 𝑥) =
= 1
ch 𝑥. Teď položíme sh 𝑥 = 𝑦 a dostaneme ar sh
′
(𝑦) = 1
√1+sh
2
𝑥
= 1
√𝑦2+1
. Stejně tak platí (ar ch 𝑥)′
=
= 1
√ 𝑥2−1
a (ar th 𝑥)′
= 1
1−𝑥2 .
7 Pokud jste vyřešili všechny předchozí úlohy, dejte plyšáka na stůl!
Řešení. To opravdu není těžké, to jistě zvládnete sami ̈⌣
8 Ukažte, že platí následující vztahy mezi hyperbolickými a goniometrickými funkcemi:
1. sin 𝔦𝑥 = 𝔦 sh 𝑥; 2. sh 𝔦𝑥 = 𝔦 sin 𝑥; 3. cos 𝔦𝑥 = ch 𝑥; 4. ch 𝔦𝑥 = cos 𝑥; 5. Napište obdobné
vztahy pro funkce th 𝑥 a tg 𝑥.
Řešení. Víme, že např. sh 𝑥 = e 𝑥
−e−𝑥
2 a sin 𝑥 = e𝔦𝑥
−e−𝔦𝑥
2𝔦 . Z toho je např vidět vztah sh 𝔦𝑥
𝔦 = sin 𝑥,
což po násobení 𝔦 dá druhý vzorec. Dosadíme-li do něj 𝑥 = −𝔦𝑢, obdržíme − sh 𝑢 = 𝔦 sin 𝔦𝑢, což po
násobení −𝔦 dá první vzorec. Druhé dva vzorce se odvodí ještě snáz, protože tam pořád nepovlává to 𝔦.
Nakonec dělením prvního a třetího vztahu dostaneme tg 𝔦𝑥 = 𝔦 th 𝑥, a dělením druhého a čtvrtého
th 𝔦𝑥 = 𝔦 tg 𝑥.
9 Díky vztahům z minulé úlohy můžete snadno přepsat už známé vzorce pro goniometrické funkce
na jejich „hyperbolické“ verse:
1. Platí sin(𝑎 + 𝑏) = sin 𝑎 cos 𝑏 + cos 𝑎 sin 𝑏; čemu se rovná sh(𝑎 + 𝑏)? 2. Platí cos2
𝑥 = 1+cos 2𝑥
2 ;
čemu se rovná ch
2
𝑥? 3. Platí tg 2𝑥 =
2 tg 𝑥
1−tg2 𝑥; čemu se rovná th 2𝑥?
Řešení. V prvním bodě dosadíme 𝑎 = 𝔦𝑢, 𝑏 = 𝔦𝑣 a uplatníme poučky z předchozího bodu. Podle
nichsetoupravína 𝔦 sh(𝑢+𝑣) = 𝔦 sh 𝑢 ch 𝑣+ch 𝑢⋅𝔦 sh 𝑣.Pozkrácení 𝔦dostanemesh(𝑢+𝑣) = sh 𝑢 ch 𝑣 +
+ ch 𝑢 sh 𝑣. Podobně v druhém bodě dostaneme ch
2
𝑥 = 1+ch 2𝑥
2 a ve třetím th 2𝑥 = 2 th 𝑥
1+th
2
𝑥
.
Tady může být užitečné řešit všechny úlohy „zároveň“: první obsahuje hromadu zlomků na
rozložení, ostatní nabízejí finty, jak se s rozkládáním snáz vyrovnat. Nemusíte se je učit, pokud
nechcete, ale dovedou řádně ušetřit čas.
10 Rozložte v parciální zlomky:
1.
1
(𝑥 − 1)(𝑥 + 2)
; 2.
𝑥 + 1
(𝑥2 − 4)(𝑥 + 3)
; 3.
𝑥2
(𝑥 + 2)2(𝑥 − 3)
; 4.
1
(𝑥2 − 9)2 ; 5.
1
(𝑥2 + 4)(𝑥2 + 9)
;
6.
1
(𝑥 − 1)(𝑥2 + 𝑥 + 1)
; 7.
1
(𝑥 − 1)2(𝑥2 + 𝑥 + 1)
; 8.
1
(𝑥 − 1)(𝑥2 + 𝑥 + 1)2 ; 9.
1
𝑥3 + 1
; 10.
1
𝑥4 + 1
.
(Nápověda: 𝑥3
+1 = (𝑥+1)(𝑥2
−𝑥+1); 𝑥4
+1 = 𝑥4 + 1 + 2𝑥2
⏟
(𝑥2+1)2
−2𝑥2
; zkuste vztah pro rozdíl čtverců.)
Řešení. Ad 1. Napíšeme 1
(𝑥−1)(𝑥+2)
= 1
3
(𝑥+2)−(𝑥−1)
(𝑥−1)(𝑥+2)
= 1
3 [ 1
𝑥−1 − 1
𝑥−2].
Ad 2. Ve jmenovateli je (𝑥 − 2)(𝑥 + 2)(𝑥 + 3). To má jednoduché kořeny, takže lze použít úlohu 12,
podle níž můžeme výsledek prakticky hned napsat: 3/20
𝑥−2 +
1/4
𝑥+2 − 2/5
𝑥+3.
Ad 3. Koeficienty u 1/(𝑥 + 2)2
a 1/(𝑥 − 3) můžeme zjistit ihned pomocí postupu podle úlohy 12
(ten koeficient u 1/(𝑥 + 2)2
najdeme tak, že vynásobíme celou rovnost (𝑥 + 2)2
a pošleme 𝑥 → −2).
Tím dostaneme 9/25
𝑥−3 −
4/5
(𝑥+2)2 . Ale to ještě není všechno. Teď tento výraz odečteme od toho původního
zlomku a tím dostaneme ten poslední člen, který nám ještě chybí (ten má ve jmenovateli 𝑥 + 2 na
prvou). Ten je roven 16/25
𝑥+2 , takže celkem máme rozklad 16/25
𝑥+2 −
4/5
(𝑥+2)2 + 9/25
𝑥−3.
Ad 4. Vyjdeme z toho, že 1
𝑥2−9 = 1
6 ( 1
𝑥−3 − 1
𝑥+3) a umocníme tento rozklad na druhou. Tím obdržíme
1
36 ( 1
(𝑥−3)2 − 2
𝑥2−9 + 1
(𝑥+3)2 ), přičemž na zlomek uprostřed můžeme znova použít ten stejný rozklad
a dostaneme výsledek 1/108
𝑥+3 − 1/108
𝑥−3 + 1/36
(𝑥−3)2 − 1/36
(𝑥+3)2 .
Ad 5. Tady jsou sice ve jmenovateli nerozložitelné trojčleny, ale to je celkem jedno. Nic nám totiž
nebrání napsat v čitateli 1 =
(𝑥2
+9)−(𝑥2
+4)
5 , čímž se hned dostaneme k výsledku 1/5
𝑥2+4 − 1/5
𝑥2+9.
Ad 6. Pro zjednodušení dalších dvou cvičení tohle ještě trochu zkomplikujeme a rozložíme raději
obecnější zlomek 1
(𝑥−𝑎)(𝑥2+𝑥+𝑏)
, který se pro hodnoty 𝑎 = 1, 𝑏 = 1 redukuje na ten náš původní. Teď
zkusíme vyjádřit jedničku: vezmeme 𝑥2
+ 𝑥 + 𝑏 a odečteme od toho nějaký násobek 𝑥 − 𝑎 tak, aby se
𝑥2
+𝑥 odečetlo. Jestliže chci, aby (𝑥−𝑎)(𝑥+něco) začínalo na 𝑥2
+𝑥+⋯, musím položit něco = 𝑎+1.
Po tomto poznání už snadno dostaneme 1 = 1
𝑎2+𝑎+𝑏
(𝑥2
+ 𝑥 + 𝑏 − (𝑥 − 𝑎)(𝑥 + 𝑎 + 1)), což po vložení
do zlomku dá rozklad
1
(𝑥 − 𝑎)(𝑥2 + 𝑥 + 𝑏)
=
1
𝑎2 + 𝑎 + 𝑏
(
1
𝑥 − 𝑎
−
𝑥 + 𝑎 + 1
𝑥2 + 𝑥 + 𝑏
) (⋆)
(dal jsem to takhle pěkně na prostředek, aby to bylo vidět i z dalších bodů). Po položení 𝑎 = 𝑏 = 1 se
to redukuje na výsledek 1/3
𝑥−1 − 1
3
𝑥+2
𝑥2+𝑥+1.
Ad 7. Zderivujeme rozklad (⋆) z minulého bodu podle 𝑎. Tím dostaneme
1
(𝑥 − 𝑎)2(𝑥2 + 𝑥 + 𝑏)
= −
2𝑎 + 1
(𝑎2 + 𝑎 + 𝑏)2 (
1
𝑥 − 𝑎
−
𝑥 + 𝑎 + 1
𝑥2 + 𝑥 + 𝑏
) +
1
𝑎2 + 𝑎 + 𝑏
(
1
(𝑥 − 𝑎)2 −
1
𝑥2 + 𝑥 + 𝑏
) .
Po dosazení 𝑎 = 𝑏 = 1 máme hned žádaný rozklad 1
3 ( 1
(𝑥−1)2 − 1
𝑥−1 + 𝑥+1
𝑥2+𝑥+1) .
Ad 8. Zase zderivujeme rozklad (⋆), ale tentokrát podle 𝑏. Tím dostaneme
−
1
(𝑥 − 𝑎)(𝑥2 + 𝑥 + 𝑏)2 = −
1
(𝑎2 + 𝑎 + 𝑏)2 (
1
𝑥 − 𝑎
−
𝑥 + 𝑎 + 1
𝑥2 + 𝑥 + 𝑏
) +
1
𝑎2 + 𝑎 + 𝑏
⋅
𝑥 + 𝑎 + 1
(𝑥2 + 𝑥 + 𝑏)2 .
Nezapomeneme zrušit mínus, opět položíme 𝑎 = 𝑏 = 1 a máme hnedle výsledek 1
9 ( 1
𝑥−1 − 𝑥+2
𝑥2+𝑥+1) −
− 1
3 ⋅ 𝑥+2
(𝑥2+𝑥+1)2 .
Ad 9. Zařídíme se podle nápovědy, napíšeme 𝑥3
+ 1 = (𝑥 + 1)(𝑥2
− 𝑥 + 1), pak přepíšeme jedničku
podobně jako v šestém bodě. Zde utvoříme kombinaci (𝑥2
− 𝑥 + 1) − (𝑥 + 1)(𝑥 − 2) = 3, takže máme
1
𝑥3+1 = 1
3 ⋅
(𝑥2
−𝑥+1)−(𝑥+1)(𝑥−2)
(𝑥+1)(𝑥2−𝑥+1)
= 1
3 ( 1
𝑥+1 − 𝑥−2
𝑥2−𝑥+1).
Ad 10. Tady nás to konečně doběhne; budeme se muset vzdát triků a udělat to pořádně. Podle nápovědynapíšeme
𝑥4
+1 = 𝑥4
+1+2𝑥2
−2𝑥2
= (𝑥2
+1)2
−(√2 𝑥)2
= (𝑥2
+√2 𝑥+1)(𝑥2
−√2 𝑥+1).Výsledek
tedy bude mít tvar 𝛢𝑥+𝛣
𝑥2−√2 𝑥+1 + 𝐶𝑥+𝐷
𝑥2+√2 𝑥+1, kde 𝛢, 𝛣, 𝐶, 𝐷 zatím neznáme. Nalezneme je tak, že dáme
tenhleten součet na společný jmenovatel a porovnáme s původním zlomkem. V čitateli toho našeho
součtu bude (𝛢𝑥+𝛣)(𝑥2
+√2 𝑥+1)+(𝐶𝑥+𝐷)(𝑥2
−√2 𝑥+1) = (𝛢+𝐶)𝑥3
+[√2 (𝛢−𝐶)+𝛣+𝐷]𝑥2
+
+ [√2 (𝛣 − 𝐷) + 𝛢 + 𝐶]𝑥 + (𝛣 + 𝐷). To se má rovnat jedné, takže všechny závorky až na tu poslední
musí být nulové. Z toho hned máme 𝛢 + 𝐶 = 0 a 𝛣 + 𝐷 = 1, což dosazeno do zbylých dvou rovnic
dá √2 (𝛢 − 𝐶) + 1 = 0 a √2 (𝛣 − 𝐷) = 0. Řešení už na sebe nenechá dlouho čekat: 𝛢 = −𝐶 = 1
2√2 ,
𝛣 = 𝐷 = 1
2, takže konečně máme
1
𝑥4 + 1
=
𝑥
2√2 + 1
2
𝑥2 + √2 𝑥 + 1
−
𝑥
2√2 − 1
2
𝑥2 − √2 𝑥 + 1
.
11 U jednoduchých zlomků se vyplatí zkusit od oka zapsat čitatel jako kombinaci závorek ve jmenovateli.
Třeba při rozkládání zlomku 1
𝑥(𝑥−4)
se hodí napsat 1 = [𝑥 − (𝑥 − 4)]/4. Nahraďte tím čitatel
a dokončete rozklad. Jestli chcete, zkoušejte pak podobné triky vymyslet i u složitějších zlomků.
Řešení. Uděláme to, dostaneme 1
𝑥(𝑥−4)
= 1
4
𝑥−(𝑥−4)
𝑥(𝑥−4)
= 1
4 ( 1
𝑥−4 − 1
𝑥). Pro použití na složitější zlomky
viz např. bod 6 v úloze 10.
12 Pokud má jmenovatel pouze jednoduché kořeny, musí platit
𝛲(𝑥)
(𝑥 − 𝑎1)(𝑥 − 𝑎2) ⋯ (𝑥 − 𝑎 𝑛)
=
𝛢1
𝑥 − 𝑎1
+
𝛢2
𝑥 − 𝑎2
+ ⋯ +
𝛢𝑛
𝑥 − 𝑎 𝑛
,
kde 𝛢𝑘 jsou zatím neznámé koeficienty, které chceme najít. Násobte obě strany 𝑥−𝑎𝑘 a v limitě pošlete
𝑥 → 𝑎𝑘. Jaký vztah pak dostanete pro koeficient 𝛢𝑘?
Řešení. Všechny sčítance napravo vypadnou, až na ten, který obsahuje 𝛢𝑘. U něj je zase 𝑥 − 𝑎𝑘 ve
jmenovateli, ale my jsme to tímtéž vynásobili, takže zůstane prostě 𝛢𝑘.
Vlevo pak máme lim𝑥→𝑎𝑘
𝛲(𝑥)
(𝑥−𝑎1)⋯(𝑥−𝑎𝑘−1)(𝑥−𝑎𝑘+1)⋯(𝑥−𝑎 𝑛)
, tedy ze jmenovatele zmizne právě ta závorka
𝑥 − 𝑎𝑘 a ostatní tam zůstanou. Proto dostaneme
𝛢𝑘 =
𝛲(𝑎𝑘)
(𝑎𝑘 − 𝑎1)(𝑎𝑘 − 𝑎2) ⋯ (𝑎𝑘 − 𝑎𝑘−1)(𝑎𝑘 − 𝑎𝑘+1) ⋯ (𝑎𝑘 − 𝑎 𝑛)
.
Pokud máme ve jmenovateli místo součinu závorek roznásobený polynom 𝑄(𝑥), je dobře si uvědomit,
že 𝛢𝑘 = lim𝑥→𝑎𝑘
𝛲(𝑥)(𝑥−𝑎𝑘)
𝑄(𝑥)
. Ovšem protože 𝑎𝑘 je kořenem 𝑄(𝑥), můžeme ve jmenovateli klidně psát
𝑄(𝑥) = 𝑄(𝑥) − 0 = 𝑄(𝑥) − 𝑄(𝑎𝑘) a použít toho, že lim𝑥→𝑎𝑘
𝑄(𝑥)−𝑄(𝑎𝑘)
𝑥−𝑎𝑘
= 𝑄′
(𝑎𝑘). Proto lze také psát pro
takový případ
𝛢𝑘 =
𝛲(𝑥𝑘)
𝑄′(𝑥𝑘)
.
13 Pokud je ve jmenovateli nerozložitelný trojčlen, metoda výše nebude fungovat. Zkuste najít nějaký
způsob, jak ji spravit. (Jeden fajn způsob funguje jen v případě, že je tam ten trojčlen jen jeden.)
Řešení. Jeden jednoduchý může spočívat v tom, že najdeme všechny ostatní zlomky kromě toho
s tím trojčlenem a všechny je odečteme od toho, co rozkládáme. To, co nám zůstane, je nutně ten
poslední příspěvek, který jsme hledali.
Jiná možnost spočívá v tom, že si uvědomíme, že nerozložitelný trojčlen má dva rozličné komplexně
sdružené kořeny. Pak se k tomu můžeme chovat jako k dvěma jednoduchým kořenům a je po
problému.
14 S násobnými kořeny je vždycky problém. Dobrý způsob, jak se jich zbavit, může být pomocí derivování.
Řekněme např., že chceme rozložit 1
(𝑥−2)2(𝑥+1)
. Udělejte to tak, že nejdřív rozložíte 1
(𝑥−𝑎)(𝑥+1)
(bez druhé mocniny). Obě strany rozkladu derivujte podle 𝑎 a pak položte 𝑎 = 2. Co vyjde? Zkuste
tuhle metodu uplatnit i v příkladě 10.
Řešení. Rozložíme 1
(𝑥−𝑎)(𝑥+1)
= 1
𝑎+1 ( 1
𝑥−𝑎 − 1
𝑥+1). Derivováním podle 𝑎 dostaneme
1
(𝑥 − 𝑎)2(𝑥 + 1)
= −
1
(𝑎 + 1)2 (
1
𝑥 − 𝑎
−
1
𝑥 + 1
) +
1
𝑎 + 1
1
(𝑥 − 𝑎)2 ,
což po dosazení 𝑎 = 2 dá výsledný rozvoj 1
(𝑥−2)2(𝑥+1)
= −1
9 ( 1
𝑥−2 − 1
𝑥+1) + 1/3
(𝑥−2)2 .
Bla bla bla.