Rozcvička

• Dokažme nejprve Pascalovo pravidlo. Využijeme známého vzorce pro kombinační číslo:

  $$\begin{aligned} \binom{n}{k} + \binom{n}{k-1} & = \frac{n!}{k!\,(n-k)!} + \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k+1)!} = \\ & = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!} \left( \frac{1}{k} + \frac{1}{n-k+1} \right) = \\ & = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!} \cdot \frac{n+1}{k\,(n-k+1)} = \frac{(n+1)!}{k!\,(n-k+1)!} = \binom{n+1}{k}. \end{aligned}$$

  Právě předpoklady $k \in \N$ a $k \leq n$ zaručují, že všechny faktoriály dávají smysl. Pravidlo lze dokázat i přímo z významu kombinačního čísla.

• Nyní přejdeme k důkazu binomické věty matematickou indukcí.

  Základ indukce. Pro $n = 0$ je pravá strana rovna $\binom{0}{0} a^0 b^{0-0} = 1$, což se skutečně rovná $(a+b)^0$.

  Indukční krok. Nechť vzorec platí pro jisté $n \in \N_0$. Pak

  $$\begin{aligned} (a+b)^{n+1} = (a+b)(a+b)^n & \overset{\text{IP}}= (a+b) \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^k b^{n-k} = \\ & = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^{k+1} b^{n-k} + \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^{k} b^{n+1-k}. \end{aligned}$$

  V první sumě posuneme index a poté vyjmeme z obou sum krajní členy tak, aby zbylé členy měly stejný rozsah:

  $$\begin{aligned} (a+b)^{n+1} & = \sum_{k=1}^{n+1} \binom{n}{k-1} a^{k} b^{n+1-k} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{k} b^{n+1-k} = \\ & = \underbrace{\binom{n}{n}}_{= 1 = \binom{n+1}{n+1}} a^{n+1} + \sum_{k=1}^{n} \left[\underbrace{\binom{n}{k-1} + \binom{n}{k}}_{= \binom{n+1}{k}}\right] a^k b^{n+1-k} + \underbrace{\binom{n}{0}}_{= 1 = \binom{n+1}{0}} b^{n+1}. \end{aligned}$$

  Na hranatou závorku použijeme Pascalovo pravidlo. Protože navíc $\binom{n+1}{n+1} = \binom{n+1}{0} = 1$, můžeme oba vyjmuté členy vrátit zpět do sumy jako členy pro $k = n+1$ a $k = 0$:

  $$(a+b)^{n+1} = \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} a^k b^{n+1-k},$$

  což je dokazovaný vzorec pro $n+1$.

• Poslední vlastnost snadno odvodíme z binomického vzorce dosazením $a = b = 1$.

□

Vyjdeme z goniometrického tvaru $z = |z|\left(\cos \varphi + i \sin \varphi \right)$ a provedeme indukci podle $n$.

Základ indukce. Pro $n = 1$ se obě strany rovnají $|z|(\cos \varphi + i \sin \varphi)$, tedy přímo číslu $z$.

Indukční krok. Nechť vzorec platí pro jisté $n \in \N$. Pak

$$\begin{aligned} z^{n+1} = z^n \cdot z & \overset{\text{IP}}{=} \left[ |z|^n(\cos n\varphi + i\sin n\varphi) \right] \cdot \left[ |z|(\cos \varphi+i\sin \varphi) \right] = \\ & = |z|^{n+1}(\cos n\varphi\cdot\cos\varphi+\cos n\varphi \cdot i\sin\varphi+i\sin n\varphi\cdot\cos\varphi+i^2\sin n\varphi\cdot\sin\varphi). \end{aligned}$$

Jelikož $i^2=-1$, je $i^2\sin n\varphi\cdot\sin\varphi = -\sin n\varphi\cdot\sin\varphi$. Zároveň platí součtové vzorce

$$\begin{aligned} \sin(n\varphi + \varphi) & = \sin n\varphi\cdot\cos\varphi+\cos n\varphi\cdot\sin\varphi, \\ \cos(n \varphi + \varphi) & = \cos n\varphi\cdot\cos\varphi-\sin n\varphi\cdot\sin\varphi. \end{aligned}$$

Použitím těchto identit získáme

$$\begin{aligned} z^{n+1} & = |z|^{n+1}\left[ \cos(n \varphi + \varphi) + i\sin(n \varphi + \varphi) \right] = \\ & = |z|^{n+1} \left[ \cos((n+1)\varphi)+i\sin((n+1)\varphi) \right], \end{aligned}$$

což je dokazovaný vzorec pro $n+1$.

□

Označme $\dst S_n := \sum_{k=1}^n \sin (kx)$.

Jelikož

$$\sin(kx) \sin \frac{x}{2} = \frac{1}{2} \left[\cos\left( \left[k -1/2 \right] x \right) - \cos \left( \left[ k+1/2\right]x\right) \right],$$

platí

$$S_n \sin \frac{x}{2} = \frac{1}{2}\left[ \cos \frac{x}{2} - \cos \left(\left( n+ \frac{1}{2}\right)x \right) \right] = \sin \frac{nx}{2} \sin \frac{(n+1)x}{2}.$$

Tedy

$$S_n = \frac{\sin \frac{nx}{2} \sin \frac{(n+1)x}{2}}{\sin \frac{x}{2}}.$$

□

Přepíšeme nerovnici pomocí produktů na tvar

$$\frac{\prod_{k=1}^n (2k-1)}{\prod_{k=1}^n (2k)} < \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$$

a přistoupíme k indukci.

Základ indukce. Pro $n = 1$ dostáváme nerovnost $\frac{1}{2} < \frac{1}{1}$, která zjevně platí.

Indukční krok. Nechť pro jisté $n \in \N$ tvrzení platí. Dokážeme jej pro $n+1$, tedy chceme zdůvodnit platnost nerovnosti

$$\frac{\prod_{k=1}^{n+1} (2k-1)}{\prod_{k=1}^{n+1} (2k)} \overset{?}{<} \frac{1}{\sqrt[3]{n+1}}.$$

Vyjdeme z levé strany a pomocí úprav produktů a využití indukčního předpokladu dostáváme:

$$\frac{\prod_{k=1}^{n+1} (2k-1)}{\prod_{k=1}^{n+1} (2k)} = \frac{\prod_{k=1}^n (2k-1)}{\prod_{k=1}^n (2k)} \cdot \frac{2(n+1)-1}{2(n+1)} \overset{\text{IP}}{<} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} \cdot \frac{2n+1}{2n+2}.$$

Nyní stačí ukázat platnost nerovnice

$$\frac{1}{\sqrt[3]{n}} \cdot \frac{2n+1}{2n+2} \overset{?}{\leq} \frac{1}{\sqrt[3]{n+1}}.$$

Umocněním této rovnice na třetí dostáváme

$$\begin{aligned} \frac{1}{n} \cdot \frac{(2n+1)^3}{(2n+2)^3} & \overset{?}{\leq} \frac{1}{n+1}, \\ (n+1)(2n+1)^3 & \overset{?}{\leq} n(2n+2)^3, \\ (n+1)(2n+1)^3 & \overset{?}{\leq} 8n(n+1)^3, \\ (2n+1)^3 & \overset{?}{\leq} 8n(n+1)^2, \\ 8n^3+12n^2+6n+1 & \overset{?}{\leq} 8n^3+16n^2+8n, \\ 4n^2+2n-1 & \overset{?}{\geq} 0. \end{aligned}$$

Diskriminant kvadratického trojčlenu na levé straně poslední nerovnosti je roven $D = 4+16 = 20$, jeho kořeny jsou tedy $n_{1,2} = \frac{-2 \pm \sqrt{20}}{8} = \frac{-2 \pm 2\sqrt{5}}{8} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}$.

Jelikož větší z nich je $\frac{-1 + \sqrt{5}}{4} \doteq 0{,}3$, je poslední nerovnost splněna pro všechna přirozená $n$. Všechny úpravy byly ekvivalentní, takže tím je indukční krok hotov a původní tvrzení platí pro všechna $n \in \N$.

□

Výraz má smysl pro $x \neq a$. Vynásobením rovnice číslem $x-a \neq 0$ dostáváme

$$x = ax - a^2 + x -a \quad \iff \quad ax = a(a+1).$$

Nyní rozdělíme výpočet na dvě možnosti: $1.\ a = 0$ a $2. \ a \neq 0$. V prvním případě rovnici řeší každé reálné číslo různé od nuly (tu jsme vyloučili hned první úpravou), tedy jistě i nějaké záporné. Hodnota $a = 0$ proto do hledané množiny patří. V druhém případě můžeme nenulovým $a$ vydělit a získat řešení

$$x = a+1.$$

To bude záporné, pokud $a < -1$.

□

Z první rovnice můžeme vyjádřit $x = 1 - (b-1)y$ a dosadit do druhé:

$$\begin{aligned} (b+1)(1-(b-1)y) + 3y = -1 \quad \iff \quad (-b^2 + 4)y = -2-b. \end{aligned}$$

Vydělením výrazem $4-b^2$ pro $b \neq \pm 2$ dostáváme

$$y = - \frac{2+b}{4-b^2} = \frac{1}{b-2}$$

a zpětným dosazením $x = 1 - \frac{b-1}{b-2} = \frac{1}{2-b}$. Pokud $b = 2$, dostáváme rovnost $0 = -4$, která jistě neplatí, a tedy v tomto případě nemá soustava řešení. V posledním případě $b = -2$ dostáváme rovnost $0 = 0$, a máme tedy nekonečně mnoho řešení.

Poznámka: Dosadíme-li $b = -2$ do zadání, dostaneme soustavu dvou rovnic

$$\begin{cases} x - 3y = 1, \\ -x + 3y = -1, \end{cases}$$

které jsou až na znaménko identické. Jedna z nich je proto nadbytečná a řešení je nekonečně mnoho. Systematicky se takovým soustavám budete věnovat v lineární algebře.

□

Rozdělíme na dva případy. $1.$ Pokud $a = 0$, pak z první rovnice $y = -\frac{3}{2}$ a z druhé $x = \frac{4}{3}$, tj. máme jedno řešení, které podmínky $x>0$ a $y<0$ splňuje. $2.$ Pro nenulové $a$ z první rovnice dostáváme $x = \frac{3+2y}{a}$. Dosazením do druhé získáme

$$\frac{3(3+2y)}{a} + ay = 4.$$

Vynásobením této rovnice číslem $a$ a následnou úpravou dostaneme

$$(6+a^2)y = 4a-9.$$

Jelikož $6+a^2>0$ a chceme $y<0$, potřebujeme, aby $4a-9<0$, tj. $a < \frac{9}{4}$. Zpětným dosazením zjistíme $x$:

$$x = \frac{3+ 2\frac{4a-9}{6+a^2}}{a} = \frac{3a+8}{6+a^2}.$$

Tedy $x > 0$, pokud $a > -\frac{8}{3}$.

□

Pro $a\leq 0$ řešení neexistuje. Stačí se tedy omezit na $a >0$. Nejdříve vydělíme nerovnici číslem $a$ a označíme $\alpha = b/a$. Dostaneme

$$|x^2-\alpha | < 1,$$

čili (jak se můžeme přesvědčit nakreslením situace na číselnou osu) $\alpha-1 < x^2 < \alpha+1$. Nyní obě nerovnice vyřešíme.

• $\alpha-1 < x^2$. Pro $\alpha-1<0$ (tedy $\alpha<1$) nerovnost platí vždy. Pro $\alpha-1 \geq 0$ můžeme psát

  $$\alpha-1 < x^2 \ \quad \iff \quad \ 0 < x^2 -\alpha +1 \ \quad \iff \quad \ 0< (x-\sqrt{\alpha-1})(x+\sqrt{\alpha-1}).$$

  Řešením jsou proto všechna $x \in (-\infty, -\sqrt{\alpha-1}) \cup (\sqrt{\alpha-1}, +\infty)$.

• $x^2 < \alpha+1$. Pro $\alpha+1 \leq 0$ (tedy $\alpha \leq -1$) nerovnice nemá řešení. Pro $\alpha+1 > 0$ můžeme psát

  $$x^2 < \alpha+1 \ \quad \iff \quad \ x^2 -\alpha -1 < 0 \ \quad \iff \quad \ (x-\sqrt{\alpha+1})(x+\sqrt{\alpha+1}) < 0.$$

  Řešením jsou proto všechna $x \in (-\sqrt{\alpha+1}, \sqrt{\alpha+1})$.

Celá soustava výše zmíněných nerovnic (a tedy i původní nerovnice) má proto pro $a > 0$ následující řešení:

• $\alpha \leq -1$: žádné řešení.
• $\alpha \in (-1,1)$: $x \in (-\sqrt{\alpha+1}, \sqrt{\alpha+1})$.
• $\alpha \geq 1$: $x \in (-\sqrt{\alpha+1}, -\sqrt{\alpha-1}) \cup (\sqrt{\alpha-1}, \sqrt{\alpha+1})$.

□

Nejprve najdeme množinu přípustných hodnot $x$. V odmocnině nesmí být záporné číslo. Dostáváme tak podmínky:

$$\begin{aligned} x+3-4\sqrt{1-x} \geq 0, \qquad 1-x \geq 0, \qquad x \geq 0. \end{aligned}$$

Druhá a třetí dávají omezení $x \in \langle0 , 1\rangle$. První po úpravě a umocnění dává

$$(x+3)^2 \geq 16(1-x) \quad \iff \quad x^2 + 22x - 7 \geq 0,$$

tedy $x \in (-\infty,-11-8\sqrt{2}\rangle \cup \langle-11+8\sqrt{2},+\infty)$. Obor přípustných hodnot je $x \in \langle-11+8\sqrt{2},1\rangle$. Přejdeme nyní k řešení samotné rovnice. Převedením $\sqrt{x}$ napravo a následným umocněním získáme

$$\begin{aligned} x+ 3 -4\sqrt{1-x} & = 1+2\sqrt{x} + x, \\ 2\sqrt{1-x} + \sqrt{x} & = 1. \end{aligned}$$

Po opětovném umocnění dostáváme

$$4\sqrt{x(1-x)} = -3+3x.$$

Z této rovnice pozorujeme, že řešení musí splňovat podmínku $x\geq 1$ (aby $-3+3x \geq 0$). Spolu s podmínkou $x \leq 1$ z oboru přípustných hodnot je tedy jediným možným řešením $x = 1$, o čemž se přesvědčíme i dalším postupem. Opětovným umocněním dostáváme kvadratickou rovnici

$$16x(1-x) = 9x^2 - 18x +9$$

s řešením $x = 1$ a $x = \frac{9}{25}$. Řešení $x = \frac{9}{25}$ nevyhovuje podmínce $x \geq 1$, a musíme ho tedy vyloučit. O jeho vyloučení se můžeme přesvědčit i zkouškou.

□

Substitucí $y = \sqrt[3]{\frac{25-x}{3+x}}$ pro $x \notin \set{-3,25}$ přejde původní rovnice na čitelnější tvar

$$y + \frac{3}{y} = 4.$$

Vynásobením $y$ získáme kvadratickou rovnici, která má řešení $y_1 = 1$ a $y_2 = 3$. Zpětným dosazením do substituce získáme řešení $x_1 = 11$ a $x_2 = -2$.

□

Rovnici přepíšeme na tvar $\sqrt{x^2 + b^2} = x - b$. Aby měla rovnost smysl, musí platit $x - b \geq 0$, tj. $x \geq b$. Je-li $b = 0$, je řešením každé $x \in \R^+_0$. Pro ostatní $b$ si výraz umocněním upravíme na

$$x^2 + b^2 = x^2 + b^2 -2bx.$$

Jediným možným řešením může (ale nemusí) být $x = 0$: Je-li $b<0$, pak řešením je $x=0$. Pokud $b > 0$, pak řešení $x = 0$ nevyhovuje podmínce $x\geq b$. Celkově tedy

• pro $b = 0$ řešením je libovolné $x \in \R^+_0$;
• pro $b < 0$ řešení $x = 0$;
• pro $b > 0$ řešení neexistuje.

□

Využijeme Vietovy vzorce. Pro vztahy mezi kořeny kvadratické rovnice $ax^2+bx+c=0$ platí

$$\begin{aligned} x_1 + x_2 = -\frac{b}{a}, \\ x_1 x_2 = \frac{c}{a} \end{aligned}$$

(snadno se odvodí sečtením/vynásobením obecného vzorce pro kořeny). Dostáváme tak rovnice

$$\begin{aligned} x_1 = 3x_2, \\ x_1+x_2 = \frac{8m}{4}, \\ x_1 x_2 = \frac{-6m+9}{4}. \end{aligned}$$

Dosazením první rovnice do druhé a třetí obdržíme:

$$\begin{aligned} 4x_2 & = 2m, \\ 3 x_2^2 & = \frac{-6m+9}{4} \quad \iff \quad \frac{3m^2}{4} = \frac{-6m+9}{4} \quad \iff \quad 3m^2 +6m-9 = 0. \end{aligned}$$

Tato rovnice má dvě řešení $m_1 = 1$ a $m_2 = -3$. U obou je ještě potřeba ověřit, že původní kvadratická rovnice má vůbec reálné kořeny: její diskriminant $64m^2+96m-144$ vychází $16$ pro $m=1$ a $144$ pro $m=-3$, v obou případech tedy kladný. Obě hodnoty jsou proto řešením naší úlohy.

□

Platí $25 = 5^2$ a $\frac{1}{\sqrt[3]{5}} = 5^{-1/3}$. Podle vztahů $\log_a(x^t) = t \log_a x$ a $\log_{a^t} x = \frac{1}{t}\log_a x$ tedy

$$\log_{25} \frac{1}{\sqrt[3]{5}} = \log_{5^2} 5^{-1/3} = \frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{3}\right) \log_5 5 = -\frac{1}{6}.$$

□

Postupně od nejvnitřnější závorky:

$$a \cdot a^{\frac{1}{4}} = a^{\frac{5}{4}}, \qquad \left(a^{\frac{5}{4}}\right)^{\frac{1}{3}} = a^{\frac{5}{12}}, \qquad a \cdot a^{\frac{5}{12}} = a^{\frac{17}{12}}, \qquad \left(a^{\frac{17}{12}}\right)^{\frac{1}{2}} = a^{\frac{17}{24}}.$$

Celkem tedy $\log_a a^{\frac{17}{24}} = \frac{17}{24}$.

□

Výrazy v zadání mají smysl pro $x>0$. Zlogaritmováním a použitím vztahů pro logaritmus dostaneme

$$\left(\log^2 x^2 - 3\log x - \frac{9}{2}\right)\log x = -2\log x \log 10.$$

Vidíme, že jedno řešení je $x_1 = 1$. Pro $x\neq 1$ podělíme $\log x$, čímž získáme

$$4\log^2 x - 3\log x - \frac{9}{2} = -2,$$

kde jsme využili vztahy $\log 10 = 1$ a $\log^2 (x^2) = (\log (x^2))^2 = (2\log x)^2 = 4 \log^2 x$. Dostali jsme kvadratickou rovnici, kterou substitucí $y = \log x$ zjednodušíme na tvar

$$4y^2 - 3y - \frac{5}{2} = 0.$$

Řešení jsou $y_2 = \frac{5}{4}$ a $y_3 = -\frac{1}{2}$. Původní rovnice má tedy řešení $x_2 = 10^{5/4}$ a $x_3 = 10^{-1/2}$.

□

Logaritmováním druhé rovnice logaritmem o základu 5 dostáváme

$$y \log_5 x = 12 \log_5 5 = 12.$$

Dosazením do první rovnice a využitím faktů, že logaritmus a exponenciála (o stejném základu) jsou navzájem inverzní funkce a že platí $y \neq 0$, dostaneme

$$\frac{12}{y} - y = 1.$$

Vynásobením $y$ dostaneme kvadratickou rovnici s řešeními $y_1 = -4$ a $y_2 = 3$. Kvůli definičnímu oboru logaritmické funkce musí být $y$ kladné. Proto pro jediné možné $y = 3$ ze vztahu $x=5^{12/y}$ získáme $x = 625$.

□

Výraz má smysl pro $x>0$ a zároveň $\log x \neq -1$, tj. $x \neq \frac{1}{10}$. Binomická věta říká $(a+b)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}a^kb^{n-k}$. Čtvrtý člen získáme pro $k=3$. Proto požadujeme

$$\binom{6}{3}\left(x^\frac{1}{2(1+\log x)} \right)^3\left( \sqrt[12]{x} \right)^3 = 200.$$

Po úpravě dostaneme

$$\begin{aligned} 20 x^{\frac{3}{2(1+\log x)}} x^{\frac{1}{4}} = 200 \quad \implies \quad x^{\frac{3}{2(1+\log x)} + \frac{1}{4}} = 10. \end{aligned}$$

Na rovnici aplikujeme dekadický logaritmus

$$\left(\frac{3}{2(1+\log x)} + \frac{1}{4}\right)\log x = 1$$

a zavedeme substituci $\log x = y$

$$\left(\frac{3}{2(1+y)} + \frac{1}{4}\right)y = 1.$$

Převedením na společného jmenovatele a ekvivalentními úpravami převedeme rovnici na kvadratickou

$$y^2+3y-4 = 0,$$

která má kořeny $y_1 = 1$ a $y_2 = -4$. Hledáme nyní $x$ splňující $y = \log x$. Dostáváme

$$\begin{aligned} \log x_1 = 1 & \quad \implies \quad x_1 = 10, \\ \log x_2 = -4 & \quad \implies \quad x_2 = 10^{-4}. \end{aligned}$$

Celkově tedy $x \in \set{10, 10^{-4}}$.

□