Riešenia Základy matematiky 1. a) A = { ; ; ; 1; 0; 1; ; }, b) B = {; 9; 16}, c) C = {; ; 5}, d) D = { 1}, e) E =.. B, C, D, F (A neobsahuje prvok 1, E obsahuje navyše prvok 1, G neobsahuje prvok 1).. Napr. b) B = {n Z; n } alebo B = {n Z; n } alebo B = {n Z; n < }, c) C = {k N; k < 0, k je deliteľné }, d) D = {m N; m 7, zvyšok po delení čísla m číslom 5 je }.. a) 7, b), c) 101. 5. a) {z R ; (z + )(z + ) = 0} alebo { }, b) {t Z ; t + t 1 = 0}, c) {5, 10, 15, 0, 5, } alebo {5k ; k N}, d) {, 5, 8, 11, 1, } alebo {k 1 ; k N}. Pozor, množina {k + ; k N} nie je množinou všetkých čísel zo zadania, pretože neobsahuje číslo. 6. a) patria iba a, c, d, b) patrí iba a, n 99 c) nepatrí iba d, f (riešením rovnice = 0,876 nie je žiadne prirodzené číslo; 0,99 =, n+1 100 0,8 =, 0,875 = 7 ; číslo π je iracionálne nedá sa písať ako podiel dvoch celých čísel, 5 8 preto nemôže byť prvkom množiny A, ktorá obsahuje iba racionálne čísla; iné možné zdôvodnenie, prečo π A : všetky prvky množiny A sú čísla menšie ako 1, číslo π je ale väčšie ako 1), d) nepatrí iba c ( 1 07 58 =,997 ), e) patrí iba a (pre π síce platia nerovnosti π <, ale nie je to racionálne číslo, t.j. nemožno ho zapísať ako podiel dvoch celých čísel), f) patrí iba b ( je síce koreň rovnice (y + 1)(y ) = 0, ale nie je to racionálne číslo). 7. a) 0 ; 1) = { R ; 0 < 1}, b), ; ) = { R ;, }, c) ; 1 1 = R ;, 19 19 d) a ; b = { R ; a b},
e) (a ; b = { R ; a < b}, f) (a ; ) = { R ; a < }. 8. a) A B = { ; 1; 0; 1; ; ; ; 5; 7; 9; 11}, b) A B = {; 5}, c) A B = {7; 9; 11}, d) B A = { ; 1; 0; 1; ; }. 9. a) (; 5 ; 6) = (; 6), b) (; 5 ; 6) = ; 5, d) ; 6) (; 5 = (5; 6). 10. a) Každý interval tvaru I = ; a alebo ; a), kde a, alebo interval ; ). b) Každý interval tvaru I = a ; 1 alebo I = (a ; 1, kde a < 1, alebo interval I = ( ; 1. c) Eistuje iba jeden taký interval: I = (1 ; ). d) Taký interval neeistuje. (Pozor: to, že taký interval nedokážete nájsť, nemusí ešte znamenať, že skutočne neeistuje. Treba zdôvodniť, že I s požadovanou vlastnosťou nemôže eistovať.) 11. a) ( ; 1) 5; ), b) ( ; a) (b; ). 1. a) ;, b), c) ( ; 9), pretože ( ; 7 ( ; 10) =( ; 7 d) {5}, f) ( 7 ; ) {5}, pozri obr. 17. (7 ; 1 5 ; 9) = ( ; 7 (7 ; 9) = ( ; 9) =(7 ;9) 7 0 5 obr. 17 1. a) A = {; ; 9; 68; 100}, B = {; 9; 16; 56; 68; 05}, b) také množiny neeistujú: prvok nemôže ležať súčasne v množine B aj mimo množiny B. 1. A. 15. i) N Z = N, j) N Z = Z, k) Z N = {0} { n; n N}, pozri úlohu f), l) {k + 1; k Z} {k + ; k Z} = {k + 1; k Z}, m) {m; m N} {m + 1; m N} = {1m ; m N}, n) {1n; n Z} {15n; n N} = {60n; n N},
o) Z {k + 1; k Z} = {k; k Z}, p) N {k + 1; k Z} = {k; k N}, q) {k + 1; k Z} Z c = {k; k Z}, porovnaj s úlohou o), r) Q R =, s) R Q = Q, t) R Q = R, u) N = N, v) Z = Z, ) Q c = Q. 16. b) N f N g, c) N f N g N h, c d) R N f = N f, R e) R N f R N g = N f R c Ng R c množiny z úlohy a), f) R N f R N g (R N h ) = N f R c Ng R c (Nh ) R c,, čo je to isté ako R N f N g, teda doplnok g) áno, pretože (za predpokladu, že do predpisov f(), g() možno dosadiť ľubovoľné reálne číslo platí nerovnosť f(a)g(a) 0 platí práve vtedy, keď neplatí rovnosť f(a)g(a) = 0, teda a je riešením nerovnice f()g() 0 práve vtedy, keď nie je riešením rovnice f()g() = 0, h) iba vtedy, keď N h je prázdna množina (t.j. h nenadobúda nulové hodnoty), v opačnom prípade prvky množiny N h nepatria ani do množiny z časti c), ani do množiny z časti f). 17. {; ; }, 18. a) F + F 0, čo je to isté ako R F, b) G G 0, čo je to isté ako R G +, c) (F + G + ) (F G ), d) (F + G ) (F G + ), f) (F 0 ) R c (G 0 ) R c. 19. Pozri a) obr. 18, b) obr. 19, obr. 18
obr. 19 c) obr. 0, obr. 0 d) obr. 1, obr. 1 e) obr.,
obr. f) obr.. obr. 0. Pozri a) obr., obr. b) obr. 5. 5
obr. 5. a) Vtedy má (*) tvar (A c B c ) c = (A c ) c (B c ) c, t.j. (A c B c ) c = A B (**). Z rovnosti (**) vyplýva rovnosť A c B c = (A B) c.. b) Áno, pre ľubovoľné tri množiny A, B, C platí rovnosť A (B C) = (A B) (A C). c) (A B) (C D) = 1 (A B) C (A B) D = (A C) (B C) (A D) = (A C) (B C) = (A D) (B D) (B D). Distributívnosť prieniku, t.j. rovnosť X (Y Z) = (X Y) (X Z) sme použili trikrát: najprv pre X = A B, Y = C a Z = D v rovnosti = 1, potom pri úprave zápisov množín (A B) C, (A B) D (rovnosti = a = ). 5. a) B c A c = B c (A c ) c = B c A = A B c = A B, c) (C A) (C B) = (C A c ) (C B c ) = C (A c B c ) = C (A B) c = C (A B), d) (B A) C = B A c C = (B C) A c = (B C) A, e) (B A) C = (B A c ) C = 1 (B C) (A c C) = (B C) (A C c ) c = (B C) (A C) c = (B C) (A C), v rovnosti = 1 sme použili distributívnosť zjednotenia vzhľadom na prienik (úloha b)). 6. [(F + F 0 ) G + ] [(F F 0 ) G ] = [(F + G + ) (F 0 G + )] [(F G ) =[(F + G + ) (F 0 G + )] =[(F G ) (F 0 G )] (F 0 G )] = (F + G + ) (F G ) F 0 (G + G ). 7. Väčšinu znázornených množín možno opísať viacerými zápismi, preto nasledujúce odpovede nevyčerpávajú všetky možnosti. a) (A B) (A B) alebo (A B) (B A), b) A B c, c) A B, d) A C B (v tomto zápise nie je potrebné použiť zátvorky, pretože ide o prienik A C B c a pre prienik ľubovoľných troch množín X, Y, Z platí (X Y) Z = X (Y Z)), e) B (A C) alebo (B A) C alebo (B C) A (pozri tiež úlohu 5b)), f) B (A C) alebo (B A) (B C) (pozri tiež úlohu a)), g) (B C) c, h) B (A C), i) A (B C) (B C A). 6
8. obr. 6. A B U 7 obr. 6 9. a) Obidve inklúzie platia pre ľubovoľnú množinu B. b) nepravdivý, neleží v B, leží v B, pravdivá, je; c) Implikácia B B má pre ľubovoľné U podobu buď 1 1 (keď B), alebo 0 0 (keď B). Implikácie s touto podobou sú pravdivé, teda implikácia B B platí pre ľubovoľné U. 0., {}, {}, {6}, {; }, {; 6}, {; 6}, {; ; 6}. 1. A = B.. a), správna je aj odpoveď, tá však neobsahuje informáciu, že dané množiny sa nerovnajú, c) žiadna z uvedených možností, teda neplatí inklúzia ani inklúzia, d) platí rovnosť =, preto sú správne aj odpovede,, e) alebo, f) alebo, g) alebo, i) (možnosť nemožno uviesť, pretože nie je pravda, že táto možnosť platí vo všetkých prípadoch neplatí napr., ak za A, B zvolíme dve rovnaké množiny), j) (ani v tomto prípade nemožno uviesť možnosť ).. Túto vlastnosť majú tie a iba tie množiny M U, ktoré sú a) podmnožinou množiny A, b) nadmnožinou množiny A.. a) Podmienka A B je rovnocenná (ekvivalentná) s podmienkou A B =. b) Podmienka A B je ekvivalentná s podmienkou A B = B A. 5. a) 1 (odporúčame údaje zaznačiť do Vennovho diagramu), b), c) najviac (ak A, B sú disjunktné množiny, teda A B = ), najmenej 1 (ak A B), závisí to od počtu prvkov prieniku A B. 6. 1 7. b) A B C = A + B A B + C ( A C + B C A B C ), c)... druhýkrát pre množiny X = A C a Y = B C,..., (A B) C = A B + C (A B) C,..., A B = A + B A B, (A B) C = (A C) (B C) =
A C + B C (A C) (B C),..., (A B) C = A + B + C A B = A B C A C B C + A B C. d) A B C = A + B + C A B A C B C + A B C, (A B C) D = (A D) (B D) (C D) = A D + B D + C D (A D) (B D) (A D) (C D) (B D) (C D) + = A B D = A C D = B C D (A D) (B D) (C D), A B C D = A + B + C + D ( A B + A C + = A B C D A D + B C + B D + C D ) + A B C + A B D + A C D + B C D A B C D, e) sčítame počty prvkov jednotlivých množín A, B, C, D, E, od toho odčítame počty prvkov každého prieniku dvoch množín, pripočítame počty prvkov každého prieniku troch množín, odčítame počty prvkov každého prieniku štyroch množín a pripočítame počet prvkov prieniku A B C D E. 8. a) Nesprávny výsledok dostaneme napr. pre A = {1; }, B = {1; }: vtedy A B = {}, teda A B = 1, ale A B = = 0. b) Správny výsledok dostaneme len vtedy, keď platí B A (inak bude výsledok menší o počet prvkov množiny B, ktoré neležia v množine A, teda o počet prvkov množiny B A). c) A B = A A B, iná možnosť: A B = A B + B A, pozri tiež riešenie časti b). 9. a) 1000 = 1 6 = 1, 7 7 b) 1000 1000 1 c) 1000 + 1000 d) 1000 1 f) 1000 6 = 8, = 1000 76 = 9, 1000 = + 50 8 = 500, 1 1000 = 166 55 = 111, 18 g) 1000 1000 = 1000 66 = 9. 15 0. Množina {15; 16;, 51} má 51 1 = 97 prvkov. a) 51 1 = 75 19 = 56 (teda počet násobkov čísla 7 spomedzi čísel 1 až 51 mínus 7 7 počet násobkov čísla 7 spomedzi čísel 1 až 1), b) 97 51 1 = 97 (0 10) = 67 (teda počet prvkov základnej množiny 1 1 mínus počet násobkov čísla 1 spomedzi čísel 15 až 51), c) 51 1 + 51 1 51 1 = 1 + 99 = 199; tento výpočet 1 1 môžeme zapísať aj v podobe 51 + 51 51 1 + 1 1, prvá zátvorka je počet čísel deliteľných alebo spomedzi čísel 1 až 51, druhá zátvorka je počet takýchto čísel spomedzi čísel 1 až 1), d) 51 1 =, 1 1 e) 51 1 51 1 = 198 66 = 1, 6 6 f) 51 1 51 1 = 66 =, 6 6 18 18 1 1 8
g) 97 51 1 = 97 7 = 70, 15 15 h) 97 51 1 + 51 1 51 1 = 97 (99 + 66 ) = 65. 6 6 1 1 1. a) 1 (pozri obr. 7, ak je hľadaný počet, tak iba volejbal hrá 9 žiakov a iba futbal 1 (9 ) = 11 + žiakov, futbal teda hrá 11 + a nehrá 6 (11 + ) = 05 žiakov, preto je riešením rovnice 05 = 1). V F 9 11 + obr. 7 6 b) V prvom prípade dostaneme = 1,5, čo nie je celé číslo; v druhom prípade = 9, čo by znamenalo, že len volejbal hrá 1 žiak (alebo inak: žiakov, ktorí hrajú futbal aj volejbal, by bolo o 1 viacej ako tých, čo hrajú volejbal).. 110 angličtinu, 70 francúzštinu, 70 nemčinu (pozri obr. 8, pre musí platiť 0 + = 10). A 0 0 F 10 10 0 0 N obr. 8 10. 58. Spomedzi čísel 1 až 500 je druhých mocnín ( 500 =,6, posledná je = 8, ďalšia je = 59), 7 tretích mocnín ( 500 = 7,9, posledná je 7 =, ďalšia je 8 = 51), šieste mocniny (čísla 1 a 6). Preto v úseku 1 až 500 vypadne + 7 = 7 čísel, teda číslo 500 je na mieste 500 7 = 7, na ďalšom úseku dĺžky 7 vypadne ešte jedno číslo (51 = 8 ), preto na 500-tom mieste je číslo 58 (nasledované číslom 50, pretože 59 = ).. Medzi rokmi 1600 a y je y y 00 rokov deliteľných, 16 rokov deliteľných 100 100 a y rokov deliteľných 00. 00 5. Výrokmi nie sú formulácie c), e), f), h), p), t), u), pravdivé výroky sú formulácie d), j), 9
n), o), r), w), nepravdivé výroky sú a), g), l), q), s), v), ), y), z). Pravdivosť výroku b) závisí od situácie, v akej bolo toto tvrdenie vyslovené. Formulácie k), m) sú hypotézy, h) a u) sú výrokové formy. 6. Pravdivý pre každé c, nepravdivý pre každé c <. 8. a) nepravdivý, b) pravdivý, c) nepravdivý, d) nepravdivý, e) nepravdivý, f) pravdivý. 9. Áno, z c) sa stane pravdivé tvrdenie. 50. a) A, b) A B, d) A B, e) R P, presnejšie t: R(t) P(t), kde t označuje trojuholník (z tetu pred úlohou 6 Výrok v podobe výrokovej formy vieme, že tento výrok možno tiež vyjadriť v tvare pre každý rovnostranný trojuholník T platí: T nie je pravouhlý ), g) (P P), presnejšie n N: P(n) P(n), h) A B, presnejšie n N, n > 100: A(n) B(n), i) (A B), presnejšie n N: A(n) B(n), j) A (B C), presnejšie s: A(s) B(s) C(s), kde s označuje štvoruholník, k) (A B) C, presnejšie s: A(s) B(s) C(s). 51. Žiadna. 5. Pôvodný výrok. 5. b) Správna je odpoveď (C); tá ak pri riešení použijeme množiny vyplýva z rovnosti (C D) c = C c D c. 5. V diskusii by ste mali dospieť k záveru, že otec sľub porušil iba v prípade (B). 55. Slovo dodržal v prípadoch (A), (C), (D). 56. Pri riešení odporúčame najprv určiť možnosti pracuje/nepracuje pre stroje a, a potom doplniť ak eistujú možnosti pre stroj 1. a) Je iba jedna možnosť: pracujú všetky tri stroje. b) stroj 1 stroj stroj pracuje pracuje pracuje pracuje pracuje nepracuje nepracuje pracuje nepracuje 10
c) d) stroj 1 stroj stroj pracuje pracuje nepracuje nepracuje pracuje nepracuje stroj 1 stroj stroj pracuje pracuje nepracuje nepracuje pracuje nepracuje 57.... nemôže nastať možnosť platí A, neplatí B... je tvrdenie platí A, neplatí B, symbolicky A B. 58. a) nutná podmienka, b) stačí, c) stačí, je nutné (teda možno povedať je nutné a stačí ), d) je nutné, e) ani jedna z uvedených možností, f) stačí, g) stačí, je nutné (teda možno povedať je nutné a stačí ), h) ani jedna z uvedených možností, i) stačí. 59. a) Správna je možnosť (C), pozri tiež obr. 10 v riešení úlohy 78b). b) Správna je možnosť (A), o deliteľnosti štyrmi nevieme vo všeobecnosti povedať nič určité. 60. V diskusii by ste mali prísť k záveru, že uvedené implikácie nevyjadrujú to isté: implikácia ak príde Jozef, tak iste príde aj Mária pripúšťa modro vyznačené možnosti: Jozef príde, Mária príde Jozef príde, Mária nepríde Jozef nepríde, Mária príde Jozef nepríde, Mária nepríde implikácia ak príde Mária, tak iste príde aj Jozef pripúšťa zeleno vyznačené možnosti: Jozef príde, Mária príde Jozef príde, Mária nepríde Jozef nepríde, Mária príde Jozef nepríde, Mária nepríde Teda napr. v prípade Jozef príde, Mária nepríde by sme podmienku ak príde Jozef, tak iste príde aj Mária pokladali za nesplnenú, ale podmienku ak príde Mária, tak iste príde aj Jozef za splnenú. 61. a) Nemáme pivo alebo nemáme minerálku. b) Som hladný alebo smädný. c) Som hladný alebo nie som smädný. d) Ak buď alebo chápeme ako nevylučovacie alebo (t.j. tvrdíme, že nastane aspoň 11
jedna z uvedených možností): Karol nie je futbalista a Soňa nie je hokejistka (t.j. nenastane žiadna z uvedených možností). Ak buď alebo chápeme ako vylučovacie alebo (t.j. tvrdíme, že nastane práve jedna z uvedených možností): Karol nie je futbalista a Soňa nie je hokejistka, alebo Karol je futbalista a Soňa je hokejistka (t.j. nastane buď žiadna, alebo obidve možnosti). e) Číslo 10 nie je deliteľné ani 5. f) Nepríde Peter ani Michal. g) Nepríde Kika alebo nepríde Hanka (pritom alebo má nevylučovací zmysel, teda pripúšťame aj možnosť nepríde ani Kika, ani Hanka ). h) Príde Martin, ale nepríde Janka. i) Príde Táňa aj Janko. j) Príde Kika alebo nepríde Števo (teda pripúšťame možnosti príde iba Kika, príde Kika aj Števo, nepríde ani Kika, ani Števo ). k) Katka nepríde a Ivan príde. m) Dostanem čerstvé ovocie a kúpim kompót. n) Nekúpim pomaranče a citróny nebudú, alebo kúpim pomaranče a budú citróny. Ďalšie tri možnosti: Buď kúpim pomaranče, alebo nebudú citróny. Pomaranče kúpim len vtedy, keď budú citróny. Pomaranče nekúpim len vtedy, keď nebudú citróny. o) 1 je nepárne a 1 je párne číslo. 6. Správne sformulované sú negácie c), d), h). 6. a) 7 < 1, b) trojuholník nie je pravouhlý alebo nie je rovnoramenný (použité alebo má nevylučujúci význam), c) a 1 a >, d) > 1 1, e) n je nepárne a n je párne, alebo n je párne a n je nepárne (v tomto prípade je jedno, či použité alebo chápeme ako vylučujúce, alebo nevylučujúce, pretože obidve uvedené možnosti nemôžu nastať naraz), iná možná formulácia: prirodzené číslo n je párne práve vtedy, keď je nepárne n f) rovnobežník je štvorcom a jeho uhlopriečky sa navzájom nerozpoľujú, alebo rovnobežník nie je štvorcom a jeho uhlopriečky sa navzájom rozpoľujú (premennou je rovnobežník), iná možná formulácia: rovnobežník nie je štvorcom práve vtedy, keď sa jeho uhlopriečky navzájom rozpoľujú. 6. a) B A B ( A) B A; ak majú dve tvrdenia rovnakú A negáciu, tak pretože negácia negácie je pôvodné tvrdenie sú rovnaké aj pôvodné tvrdenia; formálnejšie: z ekvivalencie (A B) ( B A ) vyplýva ekvivalencia (A B) A B ( B A ), t.j. (A B) ( B A), B A b) tvrdenia A B a A B majú rovnakú negáciu ( A B A B), c) všetky tri uvedené výrokové formuly majú rovnakú negáciu, d) (A B) (A B) (B A) (A B) A B (B A) (A B) B A 1
(B A), e) môžeme skontrolovať, že obidve tvrdenia majú rovnakú negáciu, alebo využiť, že implikácia a jej obmena sú logicky ekvivalentné: ( A B) ( A B) B A 1 ( B A) A B (B A) (A B) (A B), g) A (B C) (A B C), (A B) (C D) (A B) ( C D), (A B) ( A C) (A B) ( A C). 65. a) Nebude pršať a nepôjdeme ani na návštevu, ani do kaviarne. b) Príde Peter a nepomôže so sťahovaním alebo príde Milan a nepokosí záhradu. c) Toto auto nie je lacné alebo nie je rýchle alebo je bezpečné (t.j. toto auto má aspoň jednu z týchto troch vlastností: nie je lacné, nie je rýchle, je bezpečné), pri hľadaní negácie nám môže pomôcť úprava výrokovej formuly: (A B C) (A B) ( C) ( A B C). 66. Tí, ktorí nemajú modré ani zelené oči alebo nemajú tmavé vlasy alebo sú starší ako 50 rokov, t.j. tí, ktorí majú aspoň jednu z vlastností: nemajú modré ani zelené oči, nemajú tmavé vlasy, sú starší ako 50 rokov; pri riešení môžeme použiť úpravy symbolického zápisu: (A B) C D (A B) (C D) ( A B) C D. 67. Vety (D) a (H) (veta (H) je obmena implikácie zo zadania; ekvivalenciu s vetou (D) možno ukázať napr. úpravou výrokových formúl: A B (A B) (A B) A B). Pri rozhodovaní o ľubovoľnej z viet (A) až (I) možno použiť nasledujúcu úvahu. Môžu nastať možnosti: 1. som z Bratislavy a som zo Slovenska. som z Bratislavy a nie som zo Slovenska. nie som z Bratislavy a som zo Slovenska. nie som z Bratislavy a nie som zo Slovenska Implikácia zo zadania nie je splnená iba v prípade. možnosti, teda táto implikácia opisuje možnosti 1, a (modro podfarbené bunky v tabuľke). Logicky ekvivalentné s ňou sú tie výroky, ktoré rovnako ako ona opisujú možnosti 1, a (t.j. nie sú splnené iba v prípade možnosti ). Napr. veta (E) opisuje iba možnosť, každá z viet (B), (G) a (I) opisuje možnosti 1, a (veta (I) je obmena implikácie (G)). 68. a) Aspoň jeden žiak našej triedy neprospel. b) Žiadny žiak našej triedy nebol vyznamenaný. c) Niekto z našej školy nevie negovať výroky. d) Všetci mu verili. e) Študent vypracoval nanajvýš štyri zo zadaných úloh (študent vypracoval menej ako päť zadaných úloh, študent nevypracoval všetky zadané úlohy). Z formulácie v zadaní vyplýva, že možnosť študent vypracoval viac ako päť úloh v danej situácii nemôže nastať. f) Aspoň jeden z našej triedy nosí okuliare. g) Na chate nás bude menej ako desať (na chate nás bude najviac deväť). h) Aspoň jeden môj kamarát nepôjde na ples. i) Eistuje prvočíslo, ktoré má ako poslednú cifru nulu (aspoň jedno prvočíslo má ako poslednú cifru nulu). j) Zadaniu vyhovuje viac ako päť štvoruholníkov (zadaniu vyhovuje aspoň šesť
štvoruholníkov). k) Počet ľudí v miestnosti bol buď menší ako 11, alebo väčší ako 0. l) Eistuje mnohočlen, ktorý je súčinom dvoch mnohočlenov nepárneho stupňa a má nanajvýš jeden reálny koreň. m) Aspoň jedno prvočíslo je párne (eistuje párne prvočíslo). o) Daná nerovnica má najviac dva (= menej ako tri) celočíselné korene. p) Viac ako štyri prvočísla sú jednociferné (aspoň päť prvočísel je jednociferných). q) Počet riešení tejto rovnice je menší ako, alebo väčší ako (táto rovnica má buď žiadne riešenie, alebo jedno riešenie, alebo viac ako štyri riešenia). 69. a) Všetky korene rovnice sú nezáporné. b) Pravdivá je negácia, teda výrok všetky korene rovnice + 1 = 0 sú nezáporné (tú možno sformulovať aj ako implikáciu pre každé b R platí: ak b je koreň rovnice + 1 = 0, tak b 0, jej pravdivosť vyplýva z našich úvah o implikácii Výrok aspoň jeden koreň rovnice + 1 = 0 je záporný nemôže byť pravdivý: keby bol pravdivý, vyplývalo by z toho, že rovnica + 1 = 0 má aspoň jeden koreň, čo nie je pravda (táto úvaha je jednoduchý príklad dôkazu sporom, pozri poznámku za riešením úlohy 77d)). 70. (B). 71. Niektoré prirodzené číslo menšie ako 100 má aspoň (= najmenej) 8 deliteľov. 7. a) n Z: n 8, b) a R: (a + 1) a + 1, c) n N {1,}: n + n 9 0, d) k N: k + 5 < 10 k >, e) neeistuje y R, pre ktoré platí y = 5, alebo eistujú aspoň dve také čísla y R, f) Q (0; 1): 0 1, t.j. Q (0; 1): (0; 1), g) k Z: k k (slovne: eistuje celé číslo, ktoré nie je deliteľné ani, ani ), h) neeistuje Q, pre ktoré platí 1 1, alebo eistujú aspoň dve také čísla Q, i) R: 0 < 0, j) Q: = (negácia negácie je pôvodný výrok), k) R {0}: > 0 1 0 0 1 > 0, tento zápis je rovnocenný so zápisom R {0}: > 0 1 < 0 < 0 1 > 0, pretože uvažujeme iba o nenulových číslach. Pravdivé sú výroky a), d), f), j), k), nepravdivé sú výroky b), c), e), g), h), i). 7. a) Eistuje rovnoramenný trojuholník, v ktorom uhly pri základni nemajú rovnakú veľkosť. b) Eistuje prirodzené číslo väčšie ako 1, ktoré nie je prvočíslo a má menej ako delitele. c) Eistuje celé číslo, ktoré je buď deliteľné piatimi a jeho posledná cifra nie je 5, alebo nie je deliteľné piatimi a jeho posledná cifra je 5. d) Eistuje celé číslo, ktoré je buď deliteľné 1 a nie je deliteľné 6 alebo, alebo nie je deliteľné 1 a je deliteľné 6 aj. 1
Pravdivé sú výroky a), b). 7. Formulácie uvádzame v poradí obmena, obrátená implikácia, negácia. a) R: < 0 < 0, R: 0 0, R: 0 < 0 (pravdivý je pôvodný výrok a jeho obmena). b) Ak celé číslo nie je deliteľné, tak nie je deliteľné. Ak je celé číslo deliteľné, tak je deliteľné. Eistuje celé číslo, ktoré je deliteľné, ale nie je deliteľné. (Pravdivá je obrátená implikácia a negácia.) c) Ak je trojuholník pravouhlý, tak nie je rovnoramenný. Ak trojuholník nie je pravouhlý, tak je rovnoramenný. Eistuje rovnoramenný trojuholník, ktorý je pravouhlý. (Pravdivá je negácia.) d) Ak má prirodzené číslo menej ako štyri delitele, tak nie je zložené. Ak má prirodzené číslo aspoň štyri delitele, tak je zložené. Eistuje prirodzené číslo, ktoré je zložené a má menej ako štyri delitele. (Pravdivá je obrátená implikácia a negácia.) 75. (B), (D). Implikácia (B) je obmena pôvodnej implikácie. Negácia pôvodnej implikácie je výrok eistuje celé číslo, ktoré je deliteľné 5 a je deliteľné 7, (*) preto pôvodnú implikáciu možno vysloviť aj v podobe negácie výroku (*), to je možnosť (D). 76. Nevyjadrujú, je to v tomto prípade zrejmé aj z toho, že (A) je pravdivé (každý trojuholník má nejaký obsah), kým (B) je nepravdivé (nie je pravda, že by jedno a to isté číslo bolo obsahom všetkých trojuholníkov, t.j. že by všetky trojuholníky mali rovnaký obsah). 77. a) a, b R: a > 0 b > 0 ab 0, b), y R: < y y (uvedená vlastnosť platí napr. pre =, y = 1), c) n N k N: n k (slovne eistuje prirodzené číslo n, ktoré je horným ohraničením množiny N všetkých prirodzených čísel, t.j. množina N je zhora ohraničená, toto tvrdenie zrejme nie je pravdivé), e) k Z n N: k n (toto tvrdenie nie je pravdivé: napr. pre k = 1 neeistuje prirodzené číslo n s požadovanou vlastnosťou, t.j. n k), f) R y R: 5 y (slovne eistuje reálne číslo, ktorého 5-násobok nie je reálne číslo ), g) a, b Z: a + b. Toto tvrdenie je pravdivé, uvedieme dve z možných zdôvodnení: 1. čísla a, b sú nezáporné a číslo možno napísať ako súčet dvoch nezáporných celých čísel iba štyrmi spôsobmi: 0 + =, 1 + =, + 1 =, + 0 =, v žiadnom z týchto prípadov však nie je pravda, že by obidva sčítance boli druhé mocniny celého čísla, teda číslo sa nedá zapísať ako súčet dvoch druhých mocnín celých čísel,. uvedená nerovnosť iste platí v prípade, že aspoň jedno z čísel a, b má absolútnu hodnotu väčšiu ako, zostáva preto skontrolovať, či daná nerovnosť platí aj pre zvyšné dvojice (a; b), preverenie týchto zvyšných dvojíc prenechávame na čitateľa. h) Z k Z k k + 1, j) a, b R: (a b < 0 (0; ): a + b 0). k) k R: ( (0; ): = k) ( ( ; 0): k) 15
Pravdivé sú výroky a), c), e), f), h), i), j), k). 78. a) Táto rovnica nemá reálne korene. [(A B) A] B. c) Toto prirodzené číslo je zložené. [(A B) A] B, v tomto prípade môžeme v zápise namiesto nevylučujúceho alebo použiť vylučujúce. d) X nadobudol plnoletosť uzavretím manželstva. [(A B) A] B, aj v tomto prípade môžeme v zápise namiesto nevylučujúceho alebo použiť vylučujúce alebo. e) Toto prirodzené číslo nie je druhou mocninou prirodzeného čísla. [(A B) B] A (tvrdenie druhá mocnina prirodzeného čísla môže mať na mieste jednotiek iba cifry 0, 1,, 5, 6 a 9 možno vysloviť v podobe implikácie ak číslo je druhá mocnina prirodzeného čísla, tak toto číslo môže mať na mieste jednotiek iba cifry 0, 1,, 5, 6 a 9, pozri tiež tet pred úlohou 6). f) Tento trojuholník nie je pravouhlý. [ (A B) B] A. h) Maroš sa neprestal biť so svojou sestrou, ani sa nezlepšil v matematike. [(A B) B] A, pritom A má podobu C D a negácia výroku v tvare C D má podľa De Morganových zákonov podobu C D (pozri tet pred úlohou 5), preto podrobnejší zápis je [(C D B) B] C D. 80. a) [(A B) A] B, b) [(A B) B] A, c) [ (A B) A] B, d) v tomto prípade platný úsudok dostaneme len vtedy, keď použijeme vylučujúce alebo : [(A B) A] B, resp. ak v zápise chceme použiť iba základné logické spojky [(A B) (A B)] A B, A alebo B vo vylučujúcom zmysle e) v tomto prípade dostaneme platný úsudok bez ohľadu na to, či použité alebo bude vylučujúce alebo nevylučujúce (v takom prípade sa stačí obmedziť na používanie formulácie s nevylučujúcim alebo, ktorá pripúšťa aj možnosť, že alebo použité v konkrétnom prípade je vylučujúce); zápis pre nevylučujúce alebo : [(A B) A] B; zápisy pre vylučujúce alebo : [(A B) A] B alebo ([(A B) (A B)] A) B. 81. a) modus ponens, b) modus tollens, c) modus tollendo ponens, d) modus tollendo ponens, e) modus tollens, f) modus ponendo tollens, g) modus tollens, h) modus tollens. 8. Platné úsudky sú a) (modus ponendo tollens), b) (modus tollens, k prepisu všeobecného výroku na implikáciu pozri napr. riešenie úlohy 79a)), f) (modus ponendo tollens), g) (modus tollens), k) (modus tollens). Neplatné úsudky sú c) (ako protipríklad stačí nahradiť číslo 7 číslom 6), d) (možno použiť rovnaký protipríklad ako pre c)), e), h) (možno použiť rovnaký protipríklad ako pre j)) i) (možno použiť rovnaký protipríklad ako pre c)), j) (ako protipríklad stačí nahradiť číslo 6 číslom 1). 16
8. a) Napr.: Číslo 6 je deliteľné dvoma alebo tromi. Iste je deliteľné dvoma. Teda: 6 nie je deliteľné troma. 8. b) Sylogizmus je platný. Množinový zápis: ak M O = a O U, tak U M. d) Sylogizmus je platný. Množinový zápis: ak A B a B C =, tak A C =, pozri obr. 9. A B C obr. 9 e) Sylogizmus je platný. Množinový zápis: ak A B a A C, tak C B, pozri obr. 0. A B C obr. 0 f) Množinový zápis: ak A B = a A C, tak C B, pozri obr. 1. A B C obr. 1 Tento sylogizmus je platný, ak navyše predpokladáme, že množina A je neprázdna (teda 17
eistuje aspoň jeden prvok s vlastnosťou A). g) Sylogizmus je neplatný. Množinový zápis: ak A B a B C, tak A C. Predpoklady A B a B C sú splnené na obr. a) aj na obr. b), druhý z nich však znázorňuje situáciu, kedy záver sylogizmu neplatí (zvolili sme Eulerove diagramy, ktoré sú v tomto prípade názornejšie). B C B C A A a) b) obr. 85. (C), (D) (všimnite si, že odpoveď (D) vyplýva z odpovede (C), teda ak je správne (C), musí byť už správne aj (D)). D platí, ak je množina praktikov neprázdna. 86. a) Niektoré pravidelné mnohouholníky sú rovnobežníky alebo Niektoré rovnobežníky sú pravidelné mnohouholníky. b) Niektoré zmeny vlastníckeho práva sú oslobodené od dane. c) Niektorý umelec nie je žiakom tejto triedy, pozri obr.. Pritom využívame, že množina H je v tomto prípade neprázdna (sylogizmus všetky H sú U, žiadne Ž nie je H, teda: niektoré U nie je Ž je platný iba za doplňujúceho predpokladu eistuje aspoň jeden H, pozri tiež riešenie úlohy 8f)). H U Ž obr. d) Žiadny slimák nemá srsť alebo Žiadne srstnaté zviera nie je slimák. e) Nedá sa. Z daných predpokladov (množinovo S F a I S ) nevyplýva vo všeobecnosti žiadny vzťah medzi I a F, ktorý by mal podobu záveru sylogizmu. 87. a) Pozri obr. (V, O, A označujú v tomto poradí členov vedenia, majiteľov obligácií a akcionárov). 18
V O A obr. b) Pozri obr. 5. A B. C D obr. 5 Tento úsudok je príkladom tzv. polysylogizmu reťazca viacerých sylogizmov: z prvých dvoch predpokladov A B a B C = vyplýva záver A C =, ktorý spolu s tretím predpokladom C D vytvára dva predpoklady ďalšieho sylogizmu. Z nich vyplýva záver D A, je zhodný so záverom nášho úsudku. 88. a) Žiadne nie je y (množinovo y = ), pozri obr. 6 (na tomto obrázku z Vennovej knihy vidno originálnu podobu diagramu pre množiny, namiesto symbolu je použité šrafovanie). 19 obr. 6 b) Každé yz je w (množinovo y z w, t.j. y z w = ). Podmienka každé y je w (množinovo y w) je ekvivalentná s požiadavkou, aby šedo a žlto vyznačené
časti diagramu na obr. 7a) boli prázdne. Z predpokladov v zadaní vyplýva, že prázdne sú farebne vyznačené časti diagramu na obr. 7b) (predpokladom zo zadania zodpovedajú farby v poradí modrá, červená, zelená, hnedá). Treba teda ešte požadovať, aby prázdna bola žltá časť diagramu z obr. 7a). a) b) obr. 7 89. Podľa takejto definície by negáciou výroku číslo je deliteľom čísla bol napr. ktorýkoľvek z výrokov 5 > 1, Bratislava leží v Afrike, to zrejme nezodpovedá našej predstave o negácii. 90. Pozri tab. 6. A B A B A/B A B 1 1 0 0 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 tab. 6 A/B je negácia formuly A B, A B je negácia formuly A B, symbolicky A/B (A B), A B (A B). 9. Negáciou tautológie je kontradikcia, negáciou kontradikcie je tautológia. 95. Ak je úsudok neplatný, môže sa stať, že jeho predpoklady sú pravdivé, ale uzáver nepravdivý. V takom prípade má implikácia predpoklady záver podobu 1 0 a pravdivostná hodnota výrokovej formy opisujúcej úsudok je 0. V tabuľke pravdivostných hodnôt pre úsudok [(A B) A] B (tab.) sme modro podfarbili bunky, v ktorých práve táto situácia nastane. A B A B (A B) A B [(A B) A] B 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1
0 0 0 0 1 1 96. Platné úsudky sú a), c), g), h), i), j), l), zodpovedajúce výrokové formy sú tautológie. 97. [(p q) (p q)] p. Úsudok je neplatný. 99. b) Sú logicky ekvivalentné: (A A) A A. 100. Nie je, pozri tabuľku pravdivostných hodnôt tab. 7 (na zistenie, či ide o tautológiu, nebolo potrebné vypĺňať celú tabuľku: môžeme skončiť hneď, ako nájdeme riadok, v ktorom je výsledná pravdivostná hodnota 0 to je v našej tabuľke prvý riadok). 1 (1) () () () A B C A B C A (C A) (1) () () () 1 1 1 1 1 0 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 0 tab. 7 101. Stačí uviesť negácie tých výrokových foriem z úloh 9, 96, 98 a 99, ktoré sú tautológiami. 10. a) (1,1,0), (0,0,1) a (0,0,0). Možno uvažovať nasledovne: najprv zistíme, pre ktoré kombinácie pravdivostných hodnôt je pravdivá formula (A C) B (sú to (1,1,0), (0,0,1), (0,0,0) a (1,0,1), pozri schému na obr. 8, symbol p(x) označuje pravdivostnú hodnotu, ktorú nadobúda výroková premenná X), z nich potom vylúčime tie, pre ktoré je nepravdivá prvá formula (A B) C. p(b) = 1 p(b) = 0 p(a C) = 1 p(a C) = 0 p(a) = 1, p( C) = 1 p(a) = 0, p( C) = 0, p( C) ľubovoľné p(a) ľubovoľné p(a) = 1, p(c) = 0 p(a) = 0, p(c) = 1, p(c) ľubovoľné p(a) ľubovoľné (1,1,0) (0,0,1) (1,0,1) (0,0,0) (0,0,1) obr. 8
b) Buď lúpež spáchal sám Y, alebo X spolu s Y, teda Y je vinný v každom prípade (ak použijeme tabuľkovú metódu, tak hľadáme tie možnosti, v ktorých sú pravdivé všetky tri tvrdenia X Y Z, X (Y Z), Z). c) Nie, porušili by druhú podmienku. Obidve podmienky budú dodržané, ak pôjde Martina a Jana bez Petry, alebo Petra a Jana bez Martiny, alebo Petra sama. Nie, porušili by druhú podmienku. 10. Nepravdivé sú nasledujúce tvrdenia (všetky sú všeobecné, teda ich nepravdivosť dokazujú vhodné protipríklady): e) (protipríklad je číslo alebo 1), g) (protipríklad a =, b =, c = 5), h) (protipríklad a = 6, b = 8, c = 15), i) (protipríklad a =, b =, c =, ešte jednoduchší protipríklad je zvoliť c = a 1), j) (protipríklad a =, b =, c = 8), m) (protipríklad 15 = 5), u) (protipríklad = ), v) (je to obmena tvrdenia u)), ) (protipríklad =, y = ). Nepriamo možno dokázať tvrdenia b) (obmenu ak je číslo párne, tak má párnu druhú mocninu možno sformulovať aj v podobe druhá mocnina párneho čísla je párna ), k) ( ak aspoň jedno z čísel a, b je párne, tak súčin ab je párny ), y) (tvrdenie ak a + b aj a b sú racionálne čísla, tak aspoň jedno z čísel a, b je racionálne vyplýva z rovností a = (a+b)+(a b), b = (a+b) (a b) podobnou úvahou ako v riešení úlohy 10z)). Sporom možno dokázať tvrdenia n), s) (dôkazy sú podobné dôkazu tvrdenia p), v n) možno využiť úlohu a) a jednoduchý fakt, že súčet dvoch nepárnych čísel je párny); v s) využite tvrdenie r)). Rozlišovanie jednotlivých možností možno použiť v dôkaze tvrdenia q) (pre n = k je n = k a zvyšok je 0, pre n = k + 1 je n = k + k + 1 a zvyšok je 1), r) (rozlíšime prípady 7n, 7n + 1, 7n +,..., 7n + 6, pritom z rovnosti (7n + k) = (7n) + (7n) k + 7n k + k = 7 (9n + 1n k + nk ) + k (použili sme vzorec (a + b) = a + a b + ab + b ) vyplýva, že zvyšok po delení 7 je pre číslo (7n + k) rovnaký ako pre číslo k, stačí preto nájsť zvyšky po delení 7 pre čísla 1,..., 6, pozri tab. 8, r je zvyšok po delení čísla k číslom 7), k k r 1 1 1 8 1 7 6 1 5 15 6 6 16 6 tab. 8 Tvrdenie l) vyplýva z tvrdenia k). Tvrdenie w) je obmena t). 10. Základom priameho dôkazu je úvaha ak a = k + 1, b = m + 1, tak ab = (k + 1)(m + 1) = 9km + k + m + 1 = (km + k + m) + 1, t.j. ab = L + 1. =L Negáciou je všeobecný výrok eistujú prirodzené čísla a, b, ktoré majú obidve po delení
zvyšok 1, ale ich súčin ab má iný zvyšok, Emilov údajný protipríklad neuvádza čísla s týmito vlastnosťami (také ani nemôžu eistovať, lebo uvedená negácia je nepravdivý výrok, keďže pôvodné tvrdenie je pravdivé). 105. Protipríklad je a =, b =, ab = 6. Pri formulácii obmeny daného tvrdenia Karolína nesprávne negovala tvrdenie obidve čísla sú nepárne : namiesto správnej negácie aspoň jedno z nich je párne použila nesprávnu obidve sú párne. Karolínine úvahy sú dôkazom tvrdenia ak a, b sú nepárne čísla, tak aj ich súčin je nepárny, ktoré je obmenou tvrdenia ak súčin dvoch celých čísel je párny, tak aspoň jedno z nich je párne. 106. Katkin protipríklad je správny, Imrovo tvrdenie skutočne neplatí. Zo 10n) vyplýva, že aspoň jedno z čísel a, b, c je deliteľné, zo 10p) vyplýva, že aspoň jedno z nich je deliteľné, ale nemusí to byť v obidvoch prípadoch to isté číslo (keby bolo, tak by skutočne bolo deliteľné 6): v Katkinom protipríklade deliteľné dvoma je číslo, deliteľné tromi je iné z trojice číslo. 107. b) Platí, číslo na ľavej strane je kladné (pretože zrejme + > a z nerovnosti a > b 0 vyplýva nerovnosť a > b) a jeho druhá mocnina je : + = + + + = = = + 9 8 + =, pri výpočte sme použili vzorec ( + y)( y) = y. c) Prvé číslo je kladné a jeho druhá mocnina je 6. Druhé číslo je kladné a jeho druhá mocnina je 8; dokázať, že číslo 8 (t.j. ), je iracionálne, možno sporom (môžeme buď zopakovať postup známeho dôkazu, že číslo je iracionálne, alebo v dôkaze tvrdenie, že je iracionálne číslo, využiť ako známy už dokázaný fakt). d) Dve reálne čísla sa rovnajú práve vtedy, keď sa rovnajú ich tretie mocniny (symbolicky a, b R: a = b a = b), preto stačí skontrolovať, že sa rovnajú tretie mocniny daných čísel, pri umocňovaní pravej strany použijeme vzorec ( ± y) = ± y + y ± y. Rovnako možno dokázať obdobnú rovnosť 7 6 1 súčtom týchto dvoch rovností dostaneme 7 + 6 1 + 7 6 1 = 1, = + 1 + 1 =. 108. c) nemá riešenie (jediný kandidát je = 1), nemá riešenie (jediný kandidát je = ), množina všetkých riešení je {0; 6}. 109. a) Nerovnosť možno odvodiť z nerovnosti ( 1) 0, (0; ), s ktorou je ekvivalentná. Jednou z použitých úprav je násobenie (resp. delenie, čo je špeciálny prípad násobenia) obidvoch strán nerovnosti kladným číslom: nezabudnite zdôvodniť, že táto úprava nezmení znak nerovnosti. c) Ľavú stranu možno zapísať v tvare y, nerovnosť možno odvodiť buď z nerovnosti +y y 0 alebo z nerovnosti ( y) 0 (prvú dostaneme, ak obidve strany nerovnosti zo zadania vydelíme y a vynásobíme + y, druhú dostaneme, ak potom navyše obidve strany umocníme na druhú).
Funkcia, jej graf a základné vlastnosti 1. a) Pozri obr. 69. y G E C B O D A F H obr. 69 b) B a C, F a G, H a E, A a D, c) F a H, B a A, C a D, G a E, d) F a E, H a G, A a C, D a B, e) [a; b], f) [ a; b], g) [ a; b].. b) E a D, B a F, C a H, G a A c) [b; a], d) 90, FE, pravý uhol, e) A a E, D a G, E a C, G a B, C a F, B a H, F a A, H a D, f) [ b; a] (na obr. 70 je znázornená situácia pre bod X ležiaci vo. kvadrante, odporúčame načrtnúť si obdobné obrázky aj pre prípad ostatných kvadrantov a overiť na nich správnosť svojej odpovede), a O a b Y[ b; a] b X[a; b] obr. 70 Otočením zeleného obdĺžnika okolo bodu O o 90 proti smeru hodinových ručičiek dostaneme červený obdĺžnik, otočením uhlopriečky OX vznikne uhlopriečka OY. g) [b; a] (Jednou z možností je nakresliť si podobné obrázky ako je obr. 70. Iná možnosť je pozerať sa na túto otázku ako na inverzný problém k úlohe f): aké súradnice má bod 5
Y[A; B], ak jeho otočením o 90 proti smeru hodinových ručičiek dostaneme bod X[a; b]? Z výsledku úlohy f) vyplýva, že X má súradnice X[ B; A], musí teda platiť a = B, b = A.) h) Môže vám pomôcť táto úvaha: Každú pravouhlú súradnicovú sústavu, ktorá nie je karteziánska, môžeme dostať z karteziánskej súradnicovej sústavy rovnomerným roztiahnutím alebo stlačením v smere jednej z jej súradnicových osí. Tým sa zmenia veľkosti niektorých znázornených úsečiek (ktoré dĺžky zostanú zachované?) aj niektoré z uhlov (zachovajú sa napr. pravé uhly medzi dvojicami priamok, z ktorých jedna je rovnobežná s jednou a druhá s druhou súradnicovou osou).. a) približne 75 rokov, približne 1 700 USD PPP, b) Česká republika a Slovensko, c) Fínsko a Írsko, d) najvyššia v Japonsku, najnižšia v Turecku, e) Nórsko, f) 11, g) v siedmich, h) jeden z novinových titulkov znel The U.S. Health Care System Is Terrible.. a), b) Pozri obr. 71 8 10 9 7 6 1 5 obr. 71 c),15 = 1,65 ( /kg), 0,0 d) Ak b označíme druhú súradnicu bodu B, tak b = BX B. Z podobnosti trojuholníkov OAXA a OBXB vyplýva rovnosť BX B = AX A, t.j. b = 1,65. OX B OX A 1 0,0 e) balenie č. 6, pozri obr. 7 (pre všetky tri balenia sme použili úvahu z úlohy d)), 6
cena za 1 kg balenie č. 6 balenie č. 5 balenie č. 6 5 1 obr. 7 f) Najnižšiu cenu za 1 kg má balenie č.. (Hľadáme ten z bodov 1 10, ktorého spojnica s bodom [0 ; 0] má najmenšiu odchýlku od vodorovnej osi, pozri riešenie úlohy e). Z obr. 71 vidno, že to môže byť iba niektorý z bodov, a 9. Buď narysujeme ich spojnice s bodom [0 ; 0] to má zmysel vtedy, ak sme polohu týchto bodov zaznačili dostatočne presne alebo pre každé z balení,, 9 vypočítame z hodnôt v tabuľke cenu za 1 kg.) Najvyššiu cenu za 1 kg má balenie č. 1 (8,58 /kg, nasleduje balenie č. 6 s cenou 7,96 /kg). g) Všetky zodpovedajúce body grafu ležia na polpriamke OB s krajným bodom O (pre každé také balenie možno použiť úvahy o podobnosti trojuholníkov z riešenia úlohy d), v nich sa s meniacou sa hmotnosťou balenia bude meniť tmavomodrý trojuholník). 5. a) G, b) E, c) hustota obyvateľstva (t.j. podiel počet obyvateľov/rozloha), najmenšia je v štáte D, najväčšia v F. V štáte A je približne 10 obyv/km. 7. Preteky sa konajú na trati z obr. C. 8. a) g(0) = (je to hodnota, v ktorej graf pretína os Oy), g(1,5) 0,6 (presná hodnota je 0,65). b) b = g( 0,) = ( 0,) + ( 0,) ( 0,) =,97. c) Prvý nie (dosadením = 1 do predpisu funkcie g nedostaneme hodnotu,98), druhý áno. d) V uvedenom poradí pre, pre 1, pre žiadnu (rovnobežka s osou O prechádzajúca na osi Oy hodnotou 1, resp., resp. 5 pretína graf v, resp. v 1, resp. v žiadnom bode). e) Koreňmi sú čísla a,6 (graf pretína os O niekde medzi hodnotami,6 a,5, pričom g(,6) < 0 < g(,5); výpočtom zistíme, že g(,55) > 0, preto koreň leží medzi,6 a,55), b = 1 (táto hodnota je presná), c 1,6. g) 1,9 (rovnicu možno zapísať v tvare g() = 5, graf funkcie g pretína priamku y = 5 v bode, ktorého -ová súradnica leží medzi 1,9 a 1,95). h) Pozri obr. 7, vyznačená množina je ; a ) ( b ; c ), kde a, b, c sú korene rovnice g() = 0 z časti e) (hľadali sme -ové súradnice tých bodov grafu, ktoré ležia pod osou O). 7
6 y a b c 1 1 g : y = + obr. 7 9. a) pozri obr. 7, b) pozri obr. 75, c) pozri obr. 76, d) pozri obr. 77. y y = g() y = f() 1 1 5 6 7 8 9 10 obr. 7 y y = g() y = f() 1 1 5 6 7 8 9 10 8
obr. 75 y y = g() y = f() 1 1 5 6 7 8 9 10 obr. 76 y y = g() y = f() 1 1 5 6 7 8 9 10 obr. 77 10. V odpovediach definičný obor príslušnej funkcie označujeme D, obor hodnôt H. a) premenná a je funkciou premennej b (a = + b, D = R, H = R), rovnako tak premenná b je funkciou premennej a (b = a, D = R, H = R), v obidvoch prípadoch možno využiť dohodu o maimálnom definičnom obore a funkcie zapísať v tvare f: a = + b a g: b = a, teda bez uvedenia definičného oboru, grafy sú na obr. 78 a obr. 79 (dojem, že v obidvoch prípadoch je grafom priamka, je oprávnený, podrobne to zdôvodníme v kapitole o lineárnej funkcii), 9
a f: a = + b b obr. 78 b g: b = a a 6 obr. 79 b) premenná k je funkciou premennej m (k = + m, D = N = {1,,, }, H = {,, 5, 6, }), rovnako tak premenná m je funkciou premennej k (m = k, D = {,, 5, 6, }, H = N, hodnotám 1 a premennej k nezodpovedá žiadna hodnota premennej m), grafy sú na obr. 80 a obr. 81 (graf z obr. 80 je časťou grafu z obr. 78 len so zmeneným označením premenných, podobne graf z obr. 81 je časť grafu z obr. 79), 0
1 11 10 9 8 7 6 5 1 k k = + m m 1 5 6 7 8 9 10 obr. 80 10 9 8 7 6 5 1 m m = k 1 5 6 7 8 9 10 11 1 k obr. 81 c) je funkciou premennej y ( = y, D = R, H = R), rovnako tak y je funkciou premennej (y =, D = R, H = R), v obidvoch prípadoch možno využiť dohodu o maimálnom definičnom obore, grafy sú na obr. 8 a obr. 8, 1
15 G: = y 10 5 y 5 10 15 obr. 8 y F: y = 1 5 5 1 obr. 8 d) p je funkciou premennej n (predpis má slovnú podobu prvočíslo p je najmenší deliteľ prirodzeného čísla n, D = N {1} = {,,, }, H je množina všetkých prvočísel, hodnote 1 premennej n nezodpovedá žiadna hodnota premennej p, pretože jediné prirodzené číslo, ktoré delí číslo 1, je ono samo, ale 1 nie je prvočíslo teda najmenší prvočíselný deliteľ čísla 1 neeistuje), graf je na obr. 8,
1 1 11 10 9 8 7 6 5 1 p 1 5 6 7 8 9 10 11 1 1 1 15 n obr. 8 n nie je funkciou premennej p (hodnotou p nie je hodnota n určená jednoznačne; v tomto prípade dokonca každej hodnote p prislúcha viacej než jedna hodnota n, napr. hodnote p = 5 prislúchajú hodnoty n = 5, n = 5, n = 5,...; na porušenie vlastnosti byť funkciou by pritom stačila jedna taká hodnota premennej p), e) u je funkciou premennej w (u = 1, D = R {0}, H = R {0}; to, že do oboru hodnôt H w patrí ľubovoľné nenulové číslo u, vyplýva z faktu, že pre ľubovoľnú danú hodnotu u 0 s neznámou w riešenie; pozri tiež úlohu 1), rovnako tak w je funkciou má rovnica u = 1 w premennej u (w = 1, D = R {0}, H = R {0}), v obidvoch prípadoch možno využiť u dohodu o maimálnom definičnom obore, grafy sú na obr. 85 a obr. 86 (všimnite si, že grafy sú rovnaké iba s rôznym označením premenných, podrobnejšie sa tomu budeme venovať v riešení úlohy 1), u 1.0 0.5 F: u = 1 w 5 5 w 0.5 1.0 obr. 85
w 1.0 0.5 G: w = 1 u 5 5 u 0.5 1.0 obr. 86 f) nie je funkciou premennej y (ak y = 0, tak môže byť ľubovoľné číslo, teda hodnotou y = 0 nie je jednoznačne určená zodpovedajúca hodnota ), y nie je funkciou premennej, i) A neleží na p: n je funkciou premennej r (ak r (0 ; d), kde d je vzdialenosť bodu A od priamky p, tak n = 0; ak r = d, tak n = 1; ak r (d ; ), tak n = ; symbolicky to možno zapísať 0, ak r (0; d) n = 1, ak r = d, ak r (d; ) D = (0; ), H = {0,1,}), graf (pre d = 5,) je na obr. 87, n 1 r 0 5, obr. 87 r nie je funkciou premennej n (hodnotou n je polomer r jednoznačne určený iba v jednom prípade: pre r = d), A leží na p: n je funkciou premennej r (každej hodnote r (0 ; ) zodpovedá hodnota n =, teda predpis má tvar y, D = (0 ; ), H = {}), graf je na obr. 88,
n 1 r 0 1 obr. 88 r nie je funkciou premennej n, k) r je funkciou premennej s (r = s, D = 0 ; ), H = 0 ; )), s je funkciou premennej r (s = r, D = 0 ; ), H = 0 ; ), v tomto prípade možno využiť dohodu o maimálnom definičnom obore ), grafy sú na obr. 89 a obr. 90, 100 r 80 r = s 60 0 0 s 6 8 10 obr. 89 5
10 s 8 s = r 6 r 0 0 60 80 100 obr. 90 m) r je funkciou premennej s (r = s, D = (0 ; ), H = (0 ; )), s je funkciou premennej r (s = r, D = (0 ; ), H = (0 ; )), grafy sú na obr. 91 a obr. 9 (pozor, ani v jednom z týchto prípadov nemožno využiť dohodu o maimálnom definičnom obore; funkcie znázornené na obr. 89 a obr. 91 majú rovnaký predpis, ale rôzne definičné obory, preto ide o dve rôzne funkcie, to isté platí pre funkcie z obr. 90 a obr. 9), 100 r 80 r = s 60 0 0 s 6 8 10 obr. 91 6
10 s 8 6 s = r r 0 0 60 80 100 obr. 9 n) p je funkciou premennej k (p = k, D = R, H = R), k je funkciou premennej p (k = p, D = R, H = R), v obidvoch prípadoch možno využiť dohodu o maimálnom definičnom obore, grafy sú na obr. 9 a obr. 9, 100 p φ: p = k 50 k 50 100 obr. 9 7
k ω: k = p p 100 50 50 100 obr. 9 o) p je funkciou premennej k (p = k, D = (0 ; ), H = (0 ; ); táto funkcia má rovnaký predpis ako funkcia φ z úlohy 10n), nemá však rovnaký definičný obor, preto to nie je tá istá funkcia ako φ), k je funkciou premennej p (k = p, D = (0 ; ), H = (0 ; ); táto funkcia hoci má rovnaký predpis ako funkcia ω z úlohy 10n) nie je totožná s funkciou ω, pretože má iný definičný obor), grafy sú na obr. 95 a obr. 96. 10 100 80 60 0 p p = k 0 k 1 5 obr. 95 8
5 k k = p 1 p 0 0 60 80 100 10 obr. 96 p) a je funkciou premennej b (a = 6 b, hodnoty premenných a, b sú dĺžky strán trojuholníka, preto D = (0 ; 6); H = (0 ; 6), pri hľadaní oboru hodnôt možno uvažovať podobne ako pri hľadaní oboru hodnôt funkcie G v riešení úlohy 10l), graf je na obr. 97, v karteziánskej súradnicovej sústave je ním štvrťkružnica so stredom v počiatku súradnicovej sústavy a polomerom 6, to overíme neskôr v časti o analytickej geometrii), rovnako b je funkciou premennej a (b = 6 a, D = (0 ; 6), H = (0 ; 6)), graf dostaneme, ak na obr. 97 navzájom vymeníme označenia premenných. a 6 a = 6 b 0 6 b obr. 97 q) v je funkcia premennej z (v = 0, tento predpis dostaneme vyjadrením v zo vzorca pre z+ obsah lichobežníka 0 = +z v; hodnoty v aj z musia byť kladné, preto D = (0 ; ), H = (0 ; 10)), z je funkcia premennej v (z = 0, D = (0 ; 10), H = (0 ; )), grafy sú na v obr. 98 a obr. 99. 9
z 90 80 70 60 50 0 0 0 10 z = 0 v 0 1 5 6 7 8 9 10 v obr. 98 v 10 9 8 7 6 5 1 v = 0 + z 10 0 0 0 50 60 70 80 90 z 11. a) c = S 170 0 obr. 99 (z rovnosti (*) S = (5c + 17c + 5 17) sme vyjadrili c), hodnota c musí byť kladná, preto D = (170 ; ); H = (0 ; ), pri určovaní H možno využiť rovnosť (*), ktorá vyjadruje závislosť S od c, teda pre danú hodnotu c opisuje riešenie rovnice c = S 170 s neznámou S), b) c = S 170 10, c) c = 100S 170 (v tomto prípade sa zmení aj definičný obor: D = (1,7 ; ). 1. Prosté sú funkcie z úloh 10a), b), c), e), k), l), m), n), o), p), q), v každej z týchto úloh vystupuje dvojica prostých funkcií, ktoré sú navzájom inverzné teda inverznou funkciou k jednej funkcii dvojice je vždy druhá funkcia z tejto dvojice (funkcia z úlohy 10p) je podobný špeciálny prípad ako funkcia z úlohy 10e) je inverzná sama k sebe). Funkcia z úlohy 10h) je prostá v prípade znázornenom na obr. 10 (t.j. keď bod A leží v polrovine, ktorá je opačná k polrovine obsahujúcej polpriamku p a ohraničenej kolmicou na p prechádzajúcou bodom B). K tejto funkcii nemôže eistovať inverzná funkcia, pretože hodnotami nezávislej premennej nie sú čísla.
1. a) Na obr. 5, 6, 7, 8, 0, 1,, b) na obr.,, 5, 7, 9, 0,, c) funkcie z obr. 5, 7, 0,. d) Sú to funkcie znázornené na obrázkoch, ktoré sme uviedli súčasne v odpovedi na otázku a) aj v odpovedi na otázku b). V nich je hodnotou y jednoznačne určená hodnota (preto sme ich uviedli v odpovedi b)) to je jedno z možných vyjadrení skutočnosti, že funkcia y = y() je prostá. e) Riešenia pre funkcie z obr. 7, 0 a sú na obr. 100, 101, 10. y y = f -1 () y = b a c c a y = f() b obr. 100 y y = c a b b a c y = f() y = f 1 () obr. 101 1
y y = f() y = 1 y = f 1 () 1 1 1 obr. 10, ak 1. a) f: y =, D(f) = ( ; (1; ), H(f) = { ; }, ak > 1 b) obr. 7: D(f) = R, H(f) = ( ; b) {0} (c; ), obr. 8: D(f) = R, H(f) = ( ; b) (c; ), obr. 0: D(f) = R {a} = ( ; a) (a; ), H(f) = ( ; b) (c; ). 15. Všetky uvedené grafy predstavujú iba jednu z mnohých možností (skúste nájsť aj ďalšie možnosti) a) pozri obr. 10, b) pozri obr. 10, c) pozri obr. 105, d) pozri obr. 106, e) pozri obr. 107. y y y = f() y = f() H(f) H(f) D(f) D(f) obr. 10 obr. 10
y y y = f() H(f) y = f() obr. 105 obr. 106 y = f() H(f) H(f) D(f) D(f) y D(f) obr. 107 16. a) áno; f ; 1) = 1 ; ), nie; f( ; 1 ) = 1 ; ) {}, neplatí nerovnosť f(1). b) Horným ohraničením je v tomto prípade každé číslo L, pre ktoré platí L. 17. 18. Číslo K R sa nazýva dolné ohraničenie funkcie f: M R na množine A M, ak platí A: f() K. Funkcia f: M R sa nazýva zdola ohraničená na množine A M, ak platí K R A: f() K (túto definíciu možno vysloviť napr. aj v podobe: funkcia f: M R, ktorá má dolné ohraničenie na množine A M, sa nazýva zdola ohraničená na množine M). 19. a), b)... a L K, tak ani L nie je dolné ohraničenie funkcie f. Toto tvrdenie je obmena implikácie z časti a); štruktúru tvrdenia z časti a) možno opísať schematicky napr. takto: M : A B L je dolné ohraničenie K je dolné ohraničenie K, L R, K L : funkcie f funkcie f (množinou M je tu množina všetkých dvojíc reálnych čísel [K ; L], pre ktoré platí K L, symbol označuje dvojicu [K ; L]), obmenou je potom výrok so štruktúrou M: B
A. 1. a) Áno, napr. funkcia f: y = 1, > 0 z úlohy 0 (alebo napr. funkcia y = 1 ). b) Áno, napr. funkcia f: y = 1, > 0 (alebo funkcia y = 1, alebo funkcia y = 1, < 0). c) Nie sú ekvivalentné, platí iba implikácia ak f je neohraničená zhora aj zdola, tak f je neohraničená, implikácia ak f je neohraničená, tak je neohraničená zhora aj zdola (*) neplatí, protipríkladom je ľubovoľná funkcia z riešenia úloh 1a), b). (Implikáciu (*) chápeme ako všeobecný výrok v tvare pre všetky funkcie f platí: ak f je neohraničená..., jej negáciou je eistenčný výrok eistuje funkcia f, ktorá je neohraničená, ale nie je neohraničená zhora aj zdola, eistencia protipríkladu dokazuje, že táto negácia je pravdivá, preto pôvodná implikácia musí byť nepravdivá teda nie je pravda, že platí pre všetky funkcie f.) d) Zmenila, v takom prípade by boli uvedené vlastnosti ekvivalentné: Označme A výrokovú formu f je zdola ohraničená, B výrokovú formu f je zhora ohraničená. Potom pre funkciu f nastane práve jedna z možností A, A a nezávisle od toho práve jedna z možností B, B. Celkom teda môžu nastať prípady (modrá bunka zodpovedá možnosti f je ohraničená, zelená bunka možnosti f je neohraničená zhora aj zdola ): A B A B A B A B Z tabuľky vidno, že (A B) = (A B) ( A B) ( A B) (teda f je neohraničená je to isté ako f je zdola ohraničená a zhora neohraničená alebo f je zdola neohraničená a zhora ohraničená alebo f je zdola aj zhora neohraničená ). Keby nemohli nastať možnosti A B a A B, platilo by (A B) = A B.. Pri overovaní, že f nadobúda v bode 5 ostré lokálne maimum, možno zvoliť napr. ε = 6, vtedy ( 5 ε; 5 + ε) D(f) = ( 11 ; 1) 5 ; 9 = 5 ; 1), na tejto množine skutočne nadobúda f najväčšiu hodnotu v bode 5; rovnako dobre by nám poslúžila ľubovoľná menšia hodnota ε, napr. ε = 0,1.. a) nie je, táto funkcia má obor hodnôt H(f) = ( ; b) (c; ) (pozri riešenie úlohy 1b)), teda nemá maimum, b) áno (za hodnotu ε z definície lokálneho maima možno zvoliť napr. ε = a ), c) nie (b nie je funkčná hodnota uvedenej funkcie, táto funkcia nemá maimum na množine A = ( ; a), pretože množina f(a) = ( ; b) nemá najväčší prvok), d) v bode a, v bode 0, maimum na množine (0 ; a) neeistuje.. b) Ak A D(f), a A a možno nájsť kladné číslo ε tak, že f(a) je maimum (alebo ostré maimum) funkcie f na množine (a ε ; a + ε) A, tak hovoríme, že f má v bode a lokálne maimum (alebo ostré lokálne maimum) na množine A. 5.... má v bode a ostré lokálne minimum. 6. a) Množina H(f) = ( ; ) je zhora ohraničená, ale nemá najväčší prvok (pre ktorékoľvek číslo t z intervalu ( ; ) eistuje od neho väčšie číslo, ktoré leží tiež v ( ; ), napr. číslo t+. b) (A) je nepravdivé: protipríklad sme uviedli v otázke a), pozri tiež komentár v riešení úlohy 1c), (B) je nepravdivé, pretože eistuje funkcia, ktorá je zhora ohraničená a má