Soustavy nerovnic

Řešení příkladu 11:

Nejprve si rozepíšeme jednotlivé nerovnice:
První nerovnice je \[ y \geq x^2 – 2x + 1. \] Tento výraz si můžeme upravit do tvaru: \[ x^2 – 2x + 1 = (x – 1)^2, \] což je parabola posunutá o \(1\) doprava na ose \( x \) a otevírající se nahoru.

Druhá nerovnice je \[ y < 4 - x, \] což je nerovnice definující oblast pod přímkou \( y = 4 - x \).

Cílem je nalézt všechny body \((x,y)\), které zároveň leží nad nebo na parabole a pod přímkou.

Nejprve najdeme průsečík paraboly a přímky, tedy vyřešíme rovnici \[ (x – 1)^2 = 4 – x. \] Rozepíšeme levou stranu: \[ x^2 – 2x + 1 = 4 – x. \] Přesuneme vše na jednu stranu: \[ x^2 – 2x + 1 – 4 + x = 0 \Rightarrow x^2 – x – 3 = 0. \] Použijeme kvadratický vzorec pro \( ax^2 + bx + c = 0 \), kde \( a=1, b=-1, c=-3 \): \[ x = \frac{1 \pm \sqrt{(-1)^2 – 4 \cdot 1 \cdot (-3)}}{2 \cdot 1} = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 12}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{13}}{2}. \] Přibližné hodnoty jsou: \[ x_1 = \frac{1 – 3.606}{2} \approx -1.303, \quad x_2 = \frac{1 + 3.606}{2} \approx 2.303. \] Dosadíme zpět do rovnice přímky pro \( y \): \[ y_1 = 4 – (-1.303) = 4 + 1.303 = 5.303, \] \[ y_2 = 4 – 2.303 = 1.697. \] Takže průsečíky jsou body \((-1.303, 5.303)\) a \((2.303, 1.697)\).

Dále určíme, kde parabola leží pod přímkou a kde nad ní. Zkusíme hodnotu mezi průsečíky například \( x=0 \): \[ y_{\text{parabola}} = (0 – 1)^2 = 1, \] \[ y_{\text{line}} = 4 – 0 = 4, \] tedy parabola je pod přímkou pro \( x=0 \).

Pro \( x < -1.303 \), například \( x = -2 \): \[ y_{\text{parabola}} = (-2 - 1)^2 = (-3)^2 = 9, \] \[ y_{\text{line}} = 4 - (-2) = 6, \] tedy parabola je nad přímkou vlevo od prvního průsečíku.

Pro \( x > 2.303 \), například \( x=3 \): \[ y_{\text{parabola}} = (3-1)^2 = 2^2 = 4, \] \[ y_{\text{line}} = 4 – 3 = 1, \] tedy parabola je nad přímkou i napravo od druhého průsečíku.

Výsledná oblast je tedy mezi průsečíky \( x \in [-1.303, 2.303] \), kde platí \[ (x-1)^2 \leq y < 4 - x. \] Mimo tento interval soustava neexistuje, protože není možné, aby \( y \) bylo současně nad parabolou a pod přímkou.

Řešení příkladu 12:

Nejprve si rozebereme obě nerovnice:
První nerovnice je \[ |x| + y > 2. \] Tato nerovnice definuje oblast, kde součet absolutní hodnoty \( x \) a hodnoty \( y \) je větší než \(2\).

Druhá nerovnice je \[ y \leq 3 – x^2, \] což je oblast pod parabolou \( y = 3 – x^2 \).

Při řešení této soustavy budeme zkoumat průnik obou množin.

Rozdělíme první nerovnici na dvě části podle znaménka \( x \):
Pro \( x \geq 0 \): \[ |x| = x, \] tedy \[ x + y > 2 \Rightarrow y > 2 – x. \]
Pro \( x < 0 \): \[ |x| = -x, \] tedy \[ -x + y > 2 \Rightarrow y > 2 + x. \]

Souhrnně: \[ y > 2 – x \quad \text{pro} \quad x \geq 0, \] \[ y > 2 + x \quad \text{pro} \quad x < 0. \]

Druhá nerovnice je pro všechny \( x \): \[ y \leq 3 – x^2. \]

Aby soustava platila, musí být současně splněno \[ y > \begin{cases} 2 – x, & x \geq 0 \\ 2 + x, & x < 0 \end{cases} \quad \text{a} \quad y \leq 3 - x^2. \]

Nejprve určíme, kde je tato množina neprázdná, tedy kde existuje \( y \), které vyhovuje: \[ \max\left(2 – x, 2 + x\right) < y \leq 3 - x^2. \]

Zkusme najít průsečík mezi hranicemi těchto dvou množin na hranici: \[ 3 – x^2 = 2 – x, \quad \text{pro } x \geq 0, \] a \[ 3 – x^2 = 2 + x, \quad \text{pro } x < 0. \]

Pro \( x \geq 0 \): \[ 3 – x^2 = 2 – x \Rightarrow -x^2 + x + 1 = 0 \Rightarrow x^2 – x -1 = 0. \] Kvadratická rovnice: \[ x = \frac{1 \pm \sqrt{1 + 4}}{2} = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}. \] Přibližné hodnoty: \[ x_1 = \frac{1 – 2.236}{2} \approx -0.618, \quad x_2 = \frac{1 + 2.236}{2} \approx 1.618. \] Protože uvažujeme \( x \geq 0 \), platí jen \( x_2 \approx 1.618 \).

Pro \( x < 0 \): \[ 3 - x^2 = 2 + x \Rightarrow -x^2 - x + 1 = 0 \Rightarrow x^2 + x -1 = 0, \] což je opět kvadratická rovnice: \[ x = \frac{-1 \pm \sqrt{1 + 4}}{2} = \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{2}. \] Přibližné hodnoty: \[ x_1 = \frac{-1 - 2.236}{2} = -1.618, \quad x_2 = \frac{-1 + 2.236}{2} = 0.618. \] Platí \( x < 0 \), tedy \( x_1 \approx -1.618 \).

Závěr:
– Pro \( x \in (-1.618, 1.618) \) existuje neprázdná množina \( y \), kde \[ y > \begin{cases} 2 – x, & x \geq 0 \\ 2 + x, & x < 0 \end{cases} \quad \text{a} \quad y \leq 3 - x^2. \]

– Pro \( x < -1.618 \) a \( x > 1.618 \) neexistuje \( y \), které by obě nerovnice splnilo.

Graficky tato oblast je nad „V“-tvarovou hranicí \( y > |x| + 2 \) a pod parabolou \( y \leq 3 – x^2 \), omezená intervalem \( x \in (-1.618, 1.618) \).

Řešení příkladu 13:

První nerovnice: \[ y > \ln(x), \] definuje oblast nad funkcí \( y = \ln(x) \), kde \( \ln \) je přirozený logaritmus definovaný pouze pro \( x > 0 \).

Druhá nerovnice: \[ y \leq x – 1, \] určuje oblast pod nebo na přímce \( y = x – 1 \).

Celkově hledáme množinu bodů \((x,y)\) s \( x > 0 \), které jsou nad logaritmickou funkcí a zároveň pod přímkou.

Nejprve najdeme průsečík funkcí \( y = \ln(x) \) a \( y = x – 1 \) řešením rovnice: \[ \ln(x) = x – 1, \quad x > 0. \]

Tuto rovnici nelze vyřešit elementárně, použijeme numerickou metodu nebo grafickou analýzu.

Pro ověření použijeme testovací hodnoty: \[ f(x) = \ln(x) – (x – 1). \]
Zkoušíme \( x=1 \): \[ f(1) = \ln(1) – (1-1) = 0 – 0 = 0, \] tedy \( x=1 \) je řešení.
Zkusíme \( x=2 \): \[ f(2) = \ln(2) – (2 – 1) \approx 0.693 – 1 = -0.307 < 0, \] což znamená, že funkce se překlápí z kladné na zápornou hodnotu.
Pro \( x < 1 \), například \( x=0.5 \): \[ f(0.5) = \ln(0.5) - (0.5 - 1) = -0.693 - (-0.5) = -0.193 < 0, \] tedy na levé straně od 1 je funkce záporná.

To znamená, že \( x=1 \) je jediné řešení rovnice \( \ln(x) = x – 1 \).

Nyní analyzujeme, pro která \( x > 0 \) platí nerovnice soustavy: \[ \ln(x) < y \leq x - 1. \]
Jelikož u \( x=1 \) jsou obě funkce rovny, v tomto bodě platí \( y = \ln(1) = 0 = 1-1 \).

Pro \( x < 1 \): \[ \ln(x) < x - 1, \] z předchozí analýzy \( f(x) = \ln(x) - (x-1) < 0 \), tedy \( \ln(x) < x - 1 \). To znamená, že množina \( y \) splňujících obě nerovnice existuje (interval \( (\ln(x), x-1] \)).

Pro \( x > 1 \): \[ \ln(x) > x – 1, \] protože \( f(x) < 0 \) pouze v okolí \(1\), ale test při \( x=2 \) ukázal \( \ln(2) < 1 \), což není pravda, děláme chybu. Opravme analýzu:
Ověříme znovu: \[ f(2) = \ln(2) – (2 – 1) = 0.693 – 1 = -0.307 < 0, \] což znamená \( \ln(2) < 1 \) - ano.

To tedy znamená, že \( \ln(x) < x-1 \) pro \( x > 1 \) také platí.
Ale u \( x < 1 \) jsme dostali \( f(0.5) = -0.193 < 0 \), tedy \( \ln(0.5) < -0.5 \), což je pravda.

Shrnutí: \[ \ln(x) < x - 1 \quad \text{pro všechna} \quad x > 0, x \neq 1, \] přičemž v bodě \( x=1 \) se funkce rovnají.

Proto množina řešení je: \[ \{(x,y): x > 0, \quad \ln(x) < y \leq x - 1 \}. \]

Tento interval je neprázdný pro všechna \( x > 0 \), kromě \( x=1 \), kde je interval degenerovaný na bod.

Řešení příkladu 14:

Nejprve rozebereme jednotlivé nerovnice:
První nerovnice je \[ y \geq \frac{1}{x}, \] kde \( x \neq 0 \).

Druhá nerovnice: \[ y < x^2, \] tedy oblast pod paraboloidní křivkou \( y = x^2 \).

Cílem je najít všechny body \((x,y)\), kde \( y \) je současně větší nebo rovno \( \frac{1}{x} \) a menší než \( x^2 \), přičemž \( x \neq 0 \).

Nejprve analyzujme chování obou funkcí pro \( x > 0 \) a \( x < 0 \) zvlášť, protože první nerovnice obsahuje zlomek.

Pro \( x > 0 \): \[ y \geq \frac{1}{x} > 0, \quad y < x^2 > 0. \] Porovnejme hranice: \[ \frac{1}{x} \stackrel{?}{<} x^2. \] Přepíšeme: \[ \frac{1}{x} < x^2 \Rightarrow 1 < x^3. \] Protože \( x > 0 \), stačí analyzovat \( x^3 > 1 \).

To znamená, že pro \( x > 1 \) platí \[ \frac{1}{x} < x^2, \] tedy existuje neprázdný interval pro \( y \).
Pro \( 0 < x \leq 1 \): \[ x^3 \leq 1, \] tedy \[ \frac{1}{x} \geq x^2, \] což znamená, že \[ y \geq \frac{1}{x} \geq x^2 > y, \] tedy není možné, aby \( y \) bylo současně větší než \( \frac{1}{x} \) a menší než \( x^2 \).

Pro \( x < 0 \):
Zjistíme, zda existuje průnik intervalů \[ y \geq \frac{1}{x} \quad \text{a} \quad y < x^2. \]

Vezmeme příklad \( x = -1 \): \[ \frac{1}{-1} = -1, \quad x^2 = 1, \] tedy interval pro \( y \) je \[ y \geq -1, \quad y < 1, \] což je neprázdný interval.

Porovnejme hranice pro obecné \( x < 0 \): \[ \frac{1}{x} < 0, \] protože pro záporné \( x \) je \( \frac{1}{x} \) záporné.
\( x^2 > 0 \) vždy.

Porovnání hranic: \[ \frac{1}{x} < x^2, \] protože \( \frac{1}{x} < 0 < x^2 \) pro \( x < 0 \).

Tedy pro všechna \( x < 0 \) existuje množina \( y \) splňující obě nerovnice.

Výsledná množina řešení je tedy: \[ \{ (x,y) \mid x > 1, \quad \frac{1}{x} \leq y < x^2 \} \cup \{ (x,y) \mid x < 0, \quad \frac{1}{x} \leq y < x^2 \}. \]

Pro \( x \in (0,1] \) žádné řešení není.

Řešení příkladu 15:

Rozložíme nerovnice:
1) \( y \leq 2x + 3 \) – oblast pod přímkou \( y = 2x + 3 \).
2) \( y > \sqrt{x + 1} \) – oblast nad funkcí \( y = \sqrt{x+1} \).
3) \( x \geq -1 \) – oblast definovaná od \( x = -1 \) doprava.

Nejprve určíme průnik množin: \[ \sqrt{x+1} < y \leq 2x + 3, \quad x \geq -1. \]

Dále zjistíme, pro která \( x \geq -1 \) platí \[ \sqrt{x+1} < 2x + 3. \]

Vyřešíme nerovnici: \[ \sqrt{x+1} < 2x + 3. \] Kvůli odmocnině platí \( x+1 \geq 0 \Rightarrow x \geq -1 \).

Prozkoušíme pravou stranu: – Pro velmi velké \( x \) je \( 2x + 3 \) velké a kladné, nerovnice tedy platí. – Pro menší \( x \) musíme ověřit konkrétně.

Zvedneme obě strany na druhou: \[ x + 1 < (2x + 3)^2, \] protože pravá strana je větší než nula (podmínka \( 2x + 3 > 0 \) musí platit).

Podmínka \( 2x + 3 > 0 \Rightarrow x > -\frac{3}{2} = -1.5 \), což je splněno, protože \( x \geq -1 \).

Rozepíšeme pravou stranu: \[ x + 1 < 4x^2 + 12x + 9. \] Přesuneme vše vlevo: \[ 0 < 4x^2 + 12x + 9 - x - 1 = 4x^2 + 11x + 8. \]

Vyřešíme kvadratickou nerovnici: \[ 4x^2 + 11x + 8 > 0. \] Vypočítáme diskriminant: \[ \Delta = 11^2 – 4 \cdot 4 \cdot 8 = 121 – 128 = -7 < 0, \] což znamená, že kvadratika nemá reálné kořeny a je celá nad osou \( x \) nebo pod ní.

Koeficient u \( x^2 \) je kladný (\(4\)), proto \[ 4x^2 + 11x + 8 > 0 \quad \text{pro všechna} \quad x \in \mathbb{R}. \]

Tedy nerovnice \[ \sqrt{x+1} < 2x + 3 \] platí pro všechna \( x \geq -1 \).

Závěrem: \[ y \in (\sqrt{x+1}, 2x + 3], \quad x \geq -1. \] Toto je řešením soustavy.

Řešení příkladu 16:

Nerovnice určují oblast mezi funkcemi \( y = \sin(x) \) a \( y = \cos(x) \) na intervalu \( 0 \leq x \leq 2\pi \).

Soustava vyžaduje, aby pro dané \( x \) platilo: \[ \sin(x) < y \leq \cos(x). \]

Aby množina řešení nebyla prázdná, musí platit \[ \sin(x) < \cos(x). \] Najdeme intervaly \( x \), kde to platí.

Rovnost \[ \sin(x) = \cos(x) \] nastává pro \[ x = \frac{\pi}{4} + k\pi, \quad k \in \mathbb{Z}. \]

Na intervalu \( [0, 2\pi] \) jsou tato řešení \( x = \frac{\pi}{4} \) a \( x = \frac{5\pi}{4} \).

Pro \( x \in (0, \frac{\pi}{4}) \) platí \( \sin(x) < \cos(x) \), pro \( x \in (\frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}) \) platí \( \sin(x) > \cos(x) \), a pro \( x \in (\frac{5\pi}{4}, 2\pi) \) platí opět \( \sin(x) < \cos(x) \).

Tedy řešením je množina všech bodů \[ \{ (x,y) \mid 0 \leq x < \frac{\pi}{4}, \sin(x) < y \leq \cos(x) \} \cup \{ (x,y) \mid \frac{5\pi}{4} < x \leq 2\pi, \sin(x) < y \leq \cos(x) \}. \]

Řešení příkladu 17:

Nerovnice udávají, že \( y \) musí být současně větší nebo rovno absolutní hodnotě \( |x| \) a zároveň menší než parabola \( y = x^2 + 1 \).

Nejdříve určme, kde se může oblast nacházet:
Funkce \( y = |x| \) má tvar písmene V se vrcholem v bodě \( (0,0) \).
Funkce \( y = x^2 + 1 \) je parabola posunutá o \(1\) nahoru.

Je nutné zjistit, kde \[ |x| < x^2 + 1. \]

Protože \( x^2 \geq 0 \) pro všechna \( x \), platí \[ x^2 + 1 \geq 1. \] \[ |x| \leq \max_{x \in \mathbb{R}} |x|. \] Ale přesněji musíme najít intervaly, kde \[ |x| < x^2 + 1. \]

Pro \( x \geq 0 \): \[ x < x^2 + 1 \Rightarrow x^2 - x + 1 > 0. \] Kvadratická funkce \( x^2 – x + 1 \) má diskriminant \[ \Delta = (-1)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 1 = 1 – 4 = -3 < 0, \] takže je vždy kladná, tedy nerovnice platí pro všechna \( x \geq 0 \).

Pro \( x < 0 \): \[ -x < x^2 + 1 \Rightarrow x^2 + x + 1 > 0, \] což je také kvadratická funkce s diskriminantem \[ \Delta = 1^2 – 4 \cdot 1 \cdot 1 = 1 – 4 = -3 < 0, \] tedy platí vždy.

Tedy celá nerovnice \[ |x| < x^2 + 1 \] platí pro všechna \( x \).

Výsledkem je, že množina řešení je \[ \{ (x,y) \mid y \geq |x|, \quad y < x^2 + 1 \}. \]

Řešení příkladu 18:

Nerovnice určují oblast, kde \( y \) je současně menší nebo rovno exponenciální funkci \( y = e^x \) a větší než lineární funkce \( y = x + 2 \).

Aby množina řešení nebyla prázdná, musí existovat \( y \) takové, že \[ x + 2 < y \leq e^x. \]

Prozkoumejme, kdy je pravá hranice větší než levá: \[ x + 2 < e^x. \]

Tuto nerovnici můžeme řešit analýzou funkcí: \[ f(x) = e^x – x – 2. \]

Spočítáme hodnotu \( f(0) \): \[ f(0) = e^0 – 0 – 2 = 1 – 0 – 2 = -1 < 0. \]

Hodnota \( f(2) \): \[ f(2) = e^2 – 2 – 2 \approx 7.389 – 4 = 3.389 > 0. \]

Proto existuje kořen v intervalu \( (0,2) \).

Derivace funkce \( f(x) \) je \[ f'(x) = e^x – 1. \]

Pro \( x < 0 \) je \( f'(x) < 0 \), pro \( x > 0 \) je \( f'(x) > 0 \), tedy \( f(x) \) má minimum v bodě \( x=0 \).

Proto je minimum \( f(0) = -1 < 0 \), což znamená, že funkce \( f(x) \) klesá na \( x < 0 \) a stoupá na \( x > 0 \).

Funkce \( f(x) \) má tedy právě jeden kořen \( x_0 \) v intervalu \( (0,2) \).

Numerickým aproximováním zjistíme kořen \( x_0 \approx 1.146 \).

Závěr: \[ x + 2 < e^x \quad \Leftrightarrow \quad x > x_0 \approx 1.146. \]

Proto řešením soustavy je množina všech bodů \[ \{ (x,y) \mid y \leq e^x, \quad y > x + 2, \quad x > 1.146 \}. \]

Řešení příkladu 19:

Definiční obor první nerovnice je \( x > 0 \), protože logaritmus je definován pouze pro kladná čísla.

Nerovnice jsou: \[ y \geq \ln(x), \quad y < \frac{x^2}{4}. \]

Aby existovalo řešení, musí platit \[ \ln(x) < \frac{x^2}{4}. \]

Zkoumáme nerovnici: \[ \ln(x) – \frac{x^2}{4} < 0. \]

Funkce \[ g(x) = \ln(x) – \frac{x^2}{4} \] má definiční obor \( x > 0 \).

Spočítáme limitu pro \( x \to 0^+ \): \[ \lim_{x \to 0^+} g(x) = -\infty, \] protože \( \ln(x) \to -\infty \).

Spočítáme limitu pro \( x \to +\infty \): \[ \lim_{x \to +\infty} g(x) = -\infty, \] protože kvadratický člen \( -\frac{x^2}{4} \) dominuje.

Najdeme kritické body derivací: \[ g'(x) = \frac{1}{x} – \frac{x}{2}. \]

Nastavíme derivaci na nulu: \[ \frac{1}{x} – \frac{x}{2} = 0 \Rightarrow \frac{1}{x} = \frac{x}{2} \Rightarrow x^2 = 2 \Rightarrow x = \sqrt{2} > 0. \]

Spočítáme hodnotu funkce v tomto bodě: \[ g(\sqrt{2}) = \ln(\sqrt{2}) – \frac{(\sqrt{2})^2}{4} = \frac{1}{2} \ln(2) – \frac{2}{4} = \frac{\ln(2)}{2} – \frac{1}{2}. \]

Přibližně \( \ln(2) \approx 0.693 \), tedy \[ g(\sqrt{2}) \approx 0.3465 – 0.5 = -0.1535 < 0. \]

Protože hodnota v kritickém bodě je záporná a limity na krajích jsou \(-\infty\), funkce je záporná pro všechna \( x > 0 \).

Tedy \[ \ln(x) < \frac{x^2}{4} \quad \text{pro všechna} \quad x > 0. \]

Řešením je \[ \{ (x,y) \mid x > 0, \quad \ln(x) \leq y < \frac{x^2}{4} \}. \]

Řešení příkladu 20:

První nerovnice je \[ y < x^3 - 3x, \] což je kubická křivka s extrémy.

Druhá nerovnice: \[ y \geq x – 1, \] což je oblast nad nebo na přímce \( y = x – 1 \).

Aby existovalo \( y \), musí platit \[ x – 1 \leq y < x^3 - 3x, \] tedy \[ x - 1 < x^3 - 3x. \]

Vyřešíme nerovnici: \[ x – 1 < x^3 - 3x \Rightarrow 0 < x^3 - 4x + 1. \]

Prozkoumáme funkci \[ h(x) = x^3 – 4x + 1. \]

Derivace: \[ h'(x) = 3x^2 – 4. \] Kritické body jsou tam, kde \[ 3x^2 – 4 = 0 \Rightarrow x^2 = \frac{4}{3} \Rightarrow x = \pm \frac{2}{\sqrt{3}}. \]

Vyhodnotíme \( h \) v těchto bodech: \[ h\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right) = \left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^3 – 4 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} + 1, \] vypočteme přesně: \[ \left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right)^3 = \frac{8}{3 \sqrt{3}}, \quad 4 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{8}{\sqrt{3}}. \] Takže \[ h\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right) = \frac{8}{3\sqrt{3}} – \frac{8}{\sqrt{3}} + 1 = \frac{8 – 24}{3\sqrt{3}} + 1 = -\frac{16}{3\sqrt{3}} + 1. \] Přibližně \[ \sqrt{3} \approx 1.732, \quad \frac{16}{3 \cdot 1.732} \approx 3.08, \] takže \[ h\left(\frac{2}{\sqrt{3}}\right) \approx 1 – 3.08 = -2.08 < 0. \]

Pro \[ h\left(-\frac{2}{\sqrt{3}}\right) = -\frac{8}{3\sqrt{3}} + \frac{8}{\sqrt{3}} + 1 = \frac{16}{3\sqrt{3}} + 1 > 0. \]

Hodnota \( h(0) = 1 > 0 \).

Zjistíme, že funkce má kořeny mezi intervaly kde mění znaménko.

Numericky určíme kořeny nerovnice \( h(x) = 0 \) pomocí metody půlení intervalu, přibližně: \[ x_1 \approx -2.3, \quad x_2 \approx 0.27, \quad x_3 \approx 2.03. \]

Funkce \( h(x) > 0 \) na intervalech \[ (-\infty, x_1) \cup (x_2, x_3). \]

Tedy řešením soustavy je množina bodů \[ \{ (x,y) \mid y \geq x – 1, \quad y < x^3 - 3x, \quad x \in (-\infty, x_1) \cup (x_2, x_3) \}. \]

Řešení příkladu 21:

Nejprve si uvedeme, že řešíme soustavu dvou nerovnic na intervalu \( x \in [-2\pi, 2\pi] \):
\[ y \geq \sin(x), \quad y < \frac{x}{2} + 1. \]
Cílem je najít všechny body \((x,y)\), které splňují obě nerovnice současně.

Funkce \( y = \sin(x) \) je periodická s periodou \( 2\pi \), kde hodnoty oscilují mezi \(-1\) a \(1\).
Funkce \( y = \frac{x}{2} + 1 \) je lineární přímka rostoucí s osou \( x \).

Nejprve si zakreslíme grafy obou funkcí na intervalu \( [-2\pi, 2\pi] \).

Podmínka \( y \geq \sin(x) \) znamená, že hodnoty \( y \) leží buď na grafu sinusoidy, nebo nad ním.
Podmínka \( y < \frac{x}{2} + 1 \) říká, že hodnoty \( y \) musí být pod (ale ne na) přímkou \( \frac{x}{2} + 1 \).

Pro vyjádření řešení budeme hledat průnik množin:
\[ \{(x,y) \mid y \geq \sin(x)\} \cap \{(x,y) \mid y < \frac{x}{2} + 1 \}. \]

Jelikož obě funkce jsou spojité, rozhodující jsou průsečíky těchto funkcí, kde
\[ \sin(x) = \frac{x}{2} + 1. \]
Najdeme tyto body, které ohraničí množinu řešení.

Definujme funkci \[ f(x) = \sin(x) – \left(\frac{x}{2} + 1\right). \]
Hledáme kořeny \( f(x) = 0 \) na intervalu \( [-2\pi, 2\pi] \).

Zkoumáním hodnot:
\[ f(-2\pi) = \sin(-2\pi) – \left(-\pi + 1\right) = 0 – (-\pi + 1) = \pi – 1 > 0, \]
\[ f(2\pi) = \sin(2\pi) – \left(\pi + 1\right) = 0 – (\pi + 1) = -\pi – 1 < 0. \]

Jelikož \( f(-2\pi) > 0 \) a \( f(2\pi) < 0 \), musí podle věty o mezihodnotě existovat alespoň jedno \( x_0 \in (-2\pi, 2\pi) \), kde \( f(x_0) = 0 \).

Numerickým aproximováním (například metodou bisekce nebo Newtonovou metodou) zjistíme, že kořeny jsou přibližně:
\[ x_1 \approx -2.57, \quad x_2 \approx 1.89. \]

Na intervalu \( x \in (x_1, x_2) \) platí \[ \sin(x) > \frac{x}{2} + 1, \] což je v rozporu s nerovnicí \( y \geq \sin(x) \) a \( y < \frac{x}{2} + 1 \), protože zde by muselo platit zároveň \( y \geq \sin(x) > \frac{x}{2} + 1 > y \), což není možné.
Tudíž množina řešení je omezena intervaly mimo \((x_1, x_2)\).

Konkrétně, protože \( \sin(x) \leq \frac{x}{2} + 1 \) mimo tohoto intervalu, pro \( x \in [-2\pi, x_1] \) a \( x \in [x_2, 2\pi] \) je možné zvolit \( y \) tak, aby
\[ \sin(x) \leq y < \frac{x}{2} + 1. \]

Proto řešení soustavy nerovnic je množina bodů: \[ \left\{ (x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x \in [-2\pi, x_1] \cup [x_2, 2\pi], \quad \sin(x) \leq y < \frac{x}{2} + 1 \right\}. \]

Závěr: Řešení je soustava oblastí mezi sinusoidou a rostoucí přímkou na krajních částech intervalu, kde je sinus menší nebo roven přímce.

Řešení příkladu 22:

Nejprve rozepíšeme nerovnice jednotlivě:
\[ |x – 2| + y \leq 4, \] což znamená \[ y \leq 4 – |x-2|. \]
Druhá nerovnice je \[ y > 2x – 3. \]

Geometricky první nerovnice definuje množinu bodů pod (a na) horní hranicí, která je absolutní hodnotou posunutou a zrcadlenou kolem osy y. Graf funkce \[ y = 4 – |x-2| \] je „V“-kovitá křivka se vrcholem v bodě \( (2,4) \).

Druhá nerovnice definuje otevřenou oblast nad přímkou \( y = 2x – 3 \).

Pro nalezení řešení musíme určit průnik množiny: \[ \{(x,y) \mid y \leq 4 – |x-2|\} \cap \{(x,y) \mid y > 2x -3\}. \]

Podmínka \( y > 2x -3 \) znamená, že pro každý \( x \) hledáme hodnoty \( y \) větší než \( 2x -3 \), zatímco z první nerovnice vyplývá, že \( y \) musí být menší nebo rovno \( 4 – |x-2| \).

Proto je nutné, aby existovala nerovnost \[ 2x -3 < 4 - |x-2|, \] protože pokud by nebyla splněna, neexistuje žádné \( y \), které by vyhovovalo oběma nerovnicím současně.

Pro zkoumání této nerovnice rozepíšeme absolutní hodnotu na dva případy:
Případ 1: \( x \geq 2 \)
\[ |x-2| = x – 2, \] takže nerovnice je \[ 2x – 3 < 4 - (x - 2), \] což upravíme: \[ 2x - 3 < 4 - x + 2, \] \[ 2x - 3 < 6 - x, \] \[ 2x + x < 6 + 3, \] \[ 3x < 9, \] \[ x < 3. \] Tedy pro \( x \geq 2 \) platí, že \( x \) musí být zároveň menší než 3.

Případ 2: \( x < 2 \)
\[ |x-2| = 2 – x, \] tedy nerovnice je \[ 2x – 3 < 4 - (2 - x), \] \[ 2x - 3 < 4 - 2 + x, \] \[ 2x - 3 < 2 + x, \] \[ 2x - x < 2 + 3, \] \[ x < 5. \] Tato podmínka je vždy pravdivá pro \( x < 2 \), protože \( x < 2 < 5 \).

Shrnutí:
– pro \( x < 2 \) je nerovnice vždy splněna,
– pro \( 2 \leq x < 3 \) je nerovnice splněna,
– pro \( x \geq 3 \) nerovnice není splněna.

Tudíž platí \( x \in (-\infty, 3) \).

Nakonec řešením soustavy je množina bodů: \[ \left\{ (x,y) \mid x < 3, \quad 2x - 3 < y \leq 4 - |x-2| \right\}. \]

Graficky jde o oblast omezenou shora křivkou \( y = 4 – |x-2| \) a zdola přímkou \( y = 2x – 3 \) s tím, že tato oblast existuje pouze pro \( x < 3 \).

Pokud bychom chtěli přesně popsat uzávěr, okrajové hodnoty u \( y \) odpovídají hranicím z nerovnic, kde první je uzavřená a druhá otevřená, proto hranice u přímky není součástí řešení.

Řešení příkladu 23:

První nerovnice vyjadřuje otevřenou kružnici se středem v počátku souřadnicové soustavy a poloměrem \(3\):
\[ x^2 + y^2 < 9. \]
Druhá nerovnice popisuje množinu bodů pod (včetně) přímky
\[ y \leq x + 2. \]

Cílem je najít průnik těchto dvou množin.

Graficky je to oblast uvnitř kruhu (bez hranice kružnice) a zároveň pod nebo na přímce.

Protože kružnice je spojitá a obě oblasti jsou konvexní, můžeme řešení vyjádřit jako:
\[ \{(x,y) \mid x^2 + y^2 < 9, \quad y \leq x + 2 \}. \]

Z hlediska geometrie budeme studovat, zda se kružnice a přímka protínají.

Najdeme průsečíky kružnice a přímky:
dosadíme \( y = x + 2 \) do rovnice kružnice: \[ x^2 + (x+2)^2 = 9, \] \[ x^2 + x^2 + 4x + 4 = 9, \] \[ 2x^2 + 4x + 4 = 9, \] \[ 2x^2 + 4x + 4 – 9 = 0, \] \[ 2x^2 + 4x – 5 = 0, \] \[ x^2 + 2x – \frac{5}{2} = 0. \]

Vypočítáme diskriminant: \[ \Delta = 2^2 – 4 \cdot 1 \cdot \left(-\frac{5}{2}\right) = 4 + 10 = 14. \]

Kořeny jsou: \[ x = \frac{-2 \pm \sqrt{14}}{2} = -1 \pm \frac{\sqrt{14}}{2}. \]

Pro \( x_1 = -1 – \frac{\sqrt{14}}{2} \) a \( x_2 = -1 + \frac{\sqrt{14}}{2} \) určíme odpovídající hodnoty \( y = x + 2 \).

Tedy přímka protíná kružnici ve dvou bodech.

Podmínka \( y \leq x + 2 \) znamená, že hledáme body uvnitř kruhu, které leží pod přímkou nebo na ní.

Celkové řešení je otevřená oblast v kruhu, ale pouze ta část, která leží pod přímkou.

Geometricky tedy jde o výřez kruhu ohraničený přímkou \( y = x + 2 \), včetně této přímky.

Proto: \[ \{(x,y) \mid x^2 + y^2 < 9, \quad y \leq x + 2 \}. \]

Řešení příkladu 24:

První nerovnice vyjadřuje množinu bodů, kde rozdíl druhých mocnin souřadnic je větší nebo roven \(1\):
\[ x^2 – y^2 \geq 1. \]
Tato nerovnice představuje hyperbolu.

Druhá nerovnice omezuje řešení na oblast, kde \[ x + y < 3, \] což je otevřená oblast pod přímkou \( x + y = 3 \).

Nejprve rozložíme nerovnici hyperboly. Jelikož jde o rozdíl čtverců, \[ x^2 – y^2 = (x – y)(x + y). \]

Nerovnice tedy znamená \[ (x – y)(x + y) \geq 1. \]

Tato nerovnice definuje dvě oddělené oblasti mimo střední pásmo hyperboly, kde produkt je větší nebo rovný \(1\).

Abychom našli průnik s druhou nerovnicí, analyzujeme oblasti:

1) \( x + y < 3 \) omezuje oblast, kde součet souřadnic je menší než \(3\).

Vzhledem k povaze hyperboly, která má asymptoty \( y = x \) a \( y = -x \), existují dvě větší oblasti:
– oblast, kde \( x – y > 0 \) a \( x + y > 0 \), – oblast, kde \( x – y < 0 \) a \( x + y < 0 \),
ve kterých platí \( (x – y)(x + y) \geq 1 \).

Nyní omezíme tuto oblast podle nerovnice \( x + y < 3 \).

Geometricky tedy řešení odpovídá oblastem hyperboly s podmínkou, že jsou pod přímkou \( x + y = 3 \).

Závěr: Množina řešení je průnikem oblastí hyperboly \[ \{(x,y) \mid (x – y)(x + y) \geq 1\} \] s otevřenou oblastí pod přímkou \[ \{(x,y) \mid x + y < 3\}. \]

Řešení příkladu 25:

Nerovnice jsou definovány pro \( x > 0 \), protože logaritmus je definován jen pro kladné argumenty.

První nerovnice: \[ y > \ln(x). \] Graf této nerovnice je oblast nad grafem přirozeného logaritmu.

Druhá nerovnice: \[ y \leq 2x – 1, \] graficky oblast pod (včetně) přímky s rostoucím sklonem.

Řešením je průnik množin: \[ \{(x,y) \mid x > 0, y > \ln(x)\} \cap \{(x,y) \mid y \leq 2x – 1\}. \]

Pro nalezení hranic je vhodné určit průsečíky funkcí: \[ y = \ln(x), \quad y = 2x – 1. \]

Rovnost: \[ \ln(x) = 2x – 1. \] Nemá jednoduché analytické řešení, proto použijeme numerické metody:

Pro \( x=1 \): \[ \ln(1) = 0, \quad 2(1) – 1 = 1, \] tedy \( \ln(1) < 2(1) - 1 \).
Pro \( x=0.5 \): \[ \ln(0.5) \approx -0.693, \quad 2(0.5) – 1 = 0, \] tedy \( \ln(0.5) < 0 \).
Pro \( x=0.2 \): \[ \ln(0.2) \approx -1.609, \quad 2(0.2) – 1 = -0.6, \] zde \( \ln(0.2) < -0.6 \).
Pro \( x=0.1 \): \[ \ln(0.1) \approx -2.302, \quad 2(0.1) – 1 = -0.8, \] stále \( \ln(x) < 2x - 1 \).
Pro větší \( x \) logaritmus roste pomaleji než lineární funkce.

Dále zkusíme hodnotu \( x \approx 0.15 \) a jiné metody: obecně rovnice má jedno řešení přibližně v okolí \( x \approx 0.16 \).

Obecně pro \( x > 0 \) je \[ \ln(x) < 2x - 1, \] proto množina řešení je \[ \{(x,y) \mid x > 0, \ln(x) < y \leq 2x - 1 \}. \]

Řešení příkladu 26:

Nejprve si podrobně rozepíšeme jednotlivé nerovnice a jejich geometrický význam.

První nerovnice: \[ x^2 + y^2 \leq 4, \] představuje kruh se středem v počátku souřadnicové soustavy \((0,0)\) a poloměrem \(2\). Tato nerovnice zahrnuje všechny body uvnitř i na obvodu tohoto kruhu.

Druhá nerovnice: \[ y \geq x^2 – 1, \] je nerovnice, která popisuje všechny body ležící nad (včetně) paraboly \(y = x^2 – 1\).

Naším úkolem je nalézt množinu všech bodů \((x,y)\), které splňují zároveň obě tyto podmínky.

K tomu je vhodné graficky představit si obě množiny a najít jejich průnik.

Nejprve prozkoumáme průnik těchto množin algebraicky.

Z první nerovnice víme, že: \[ y^2 \leq 4 – x^2. \] Tedy \[ y \in \left[-\sqrt{4 – x^2}, \sqrt{4 – x^2}\right], \] pro hodnoty \(x\) splňující \(x^2 \leq 4\), tedy \(x \in [-2, 2]\).

Druhá nerovnice stanoví, že \[ y \geq x^2 – 1. \] Proto musí platit: \[ x^2 – 1 \leq y \leq \sqrt{4 – x^2}. \] Pro existenci řešení tedy musí platit, že pravá strana nerovnice (horní mez) je alespoň rovna levé straně (spodní mez), tzn.: \[ x^2 – 1 \leq \sqrt{4 – x^2}. \] Pro \(x \in [-2,2]\).

Pro vyřešení této nerovnice izolujeme a upravujeme:

\[ x^2 – 1 \leq \sqrt{4 – x^2}. \] Jelikož \(\sqrt{4 – x^2} \geq 0\), můžeme obě strany umocnit na druhou stranu (pozor na zachování platnosti nerovnice, protože levá strana může být i záporná):

Nejprve zjistíme, kdy je levá strana nezáporná:
\[ x^2 – 1 \geq 0 \Rightarrow |x| \geq 1. \] Proto rozdělíme řešení na dvě části.

1) Pro \( |x| \geq 1 \), tedy \(x \in [-2, -1] \cup [1, 2]\), platí: \[ (x^2 – 1)^2 \leq 4 – x^2. \] Rozepíšeme levou stranu: \[ (x^2 – 1)^2 = x^4 – 2x^2 + 1. \] Nerovnice je tedy: \[ x^4 – 2x^2 + 1 \leq 4 – x^2. \] Přesuneme vše na jednu stranu: \[ x^4 – 2x^2 + 1 – 4 + x^2 \leq 0, \] \[ x^4 – x^2 – 3 \leq 0. \] Označíme \(t = x^2 \geq 0\), pak máme: \[ t^2 – t – 3 \leq 0. \] Najdeme kořeny kvadratické rovnice \[ t^2 – t – 3 = 0, \] pomocí diskriminantu: \[ \Delta = (-1)^2 – 4 \cdot 1 \cdot (-3) = 1 + 12 = 13, \] kořeny jsou: \[ t_{1,2} = \frac{1 \pm \sqrt{13}}{2}. \] Přibližně: \[ t_1 \approx \frac{1 – 3.606}{2} \approx -1.303, \quad t_2 \approx \frac{1 + 3.606}{2} \approx 2.303. \] Jelikož \(t = x^2 \geq 0\), záporný kořen nehraje roli.
Kvadratická funkce je kladná mimo interval mezi kořeny a záporná mezi nimi, takže nerovnice \[ t^2 – t – 3 \leq 0 \] platí pro \[ t \in [0, 2.303]. \] Protože \(t = x^2\), máme: \[ x^2 \leq 2.303 \Rightarrow |x| \leq \sqrt{2.303} \approx 1.518. \] Ale právě jsme řešili situaci \( |x| \geq 1 \), proto se řešení na intervalu pro \(x\) redukuje na: \[ x \in [-1.518, -1] \cup [1, 1.518]. \]
2) Pro \( |x| < 1 \), tedy \(x \in (-1,1)\), levá strana \(x^2 - 1 < 0\), pravá strana \(\sqrt{4 - x^2} > 0\), proto nerovnice \[ x^2 – 1 \leq \sqrt{4 – x^2} \] je automaticky splněna.

Celkově tedy interval, kde existuje řešení, je: \[ x \in [-1.518, 1.518]. \]
Proto řešení soustavy je množina všech bodů \((x,y)\) s: \[ x \in [-1.518, 1.518], \quad y \in [x^2 – 1, \sqrt{4 – x^2}]. \]
Geometricky řešení představuje oblast uvnitř kruhu o poloměru \(2\), která je zároveň nad paraboloidní křivkou \(y = x^2 – 1\).
Tato oblast je tedy nepravidelný tvar, který je ohraničen shora kruhem a zdola parabolou.

Závěr: Průnik množin je možné přesně popsat jako množinu: \[ \{(x,y) \mid x \in [-\sqrt{2.303}, \sqrt{2.303}], \quad x^2 -1 \leq y \leq \sqrt{4 – x^2} \}. \]

Řešení příkladu 27:

Prozkoumáme jednotlivé nerovnice a jejich význam.

První nerovnice: \[ y > e^{-x}. \] Graf této nerovnice je oblast nad exponenciální křivkou \( y = e^{-x} \), která je vždy kladná a klesá s rostoucím \(x\).

Druhá nerovnice: \[ y < x + 2, \] představuje oblast pod přímkou se směrnicí \(1\) a průsečíkem na ose \(y\) v bodě \(2\).

Hledáme průnik těchto dvou množin, tedy body, které leží současně nad křivkou \( y = e^{-x} \) a zároveň pod přímkou \( y = x + 2 \).

Aby tento průnik existoval, musí platit, že horní hranice je nad spodní, tedy: \[ e^{-x} < x + 2. \] Analyzujeme tuto nerovnici podrobně.

Funkce \(f(x) = x + 2 – e^{-x}\) je spojitá na celé reálné ose.
Vypočítáme její hodnoty v několika bodech:
– Pro \(x=0\): \[ f(0) = 0 + 2 – 1 = 1 > 0, \] nerovnice tedy v \(x=0\) platí.
– Pro \(x = -3\): \[ f(-3) = -3 + 2 – e^{3} = -1 – 20.0855 = -21.0855 < 0, \] nerovnice neplatí.

Z toho vyplývá, že existuje nějaké číslo \(x_0 \in (-3, 0)\), kde platí rovnost: \[ e^{-x_0} = x_0 + 2. \] Toto je bod průsečíku křivky a přímky.

Vyšetříme průběh funkce \(f(x)\) dále:
Derivace \[ f'(x) = 1 – (-e^{-x}) = 1 + e^{-x} > 0 \quad \text{pro všechna } x, \] protože \(e^{-x} > 0\).
Funkce \(f(x)\) je tedy rostoucí na celé ose reálné.

Jelikož \(f(-3)<0\), \(f(0)>0\) a funkce je rostoucí, existuje právě jedno řešení rovnosti
\[ e^{-x} = x + 2, \] které označíme jako \(x_0\). Přibližná hodnota (numericky) je asi \(x_0 \approx -1.841\).

Pro \(x < x_0\) platí \(f(x) < 0\), tedy \[ e^{-x} > x + 2, \] což znamená, že nerovnice \[ y > e^{-x} \] a \[ y < x + 2 \] nemá průnik.
Pro \(x > x_0\) je \(f(x) > 0\), tedy existuje neprázdná množina řešení.

Souhrnně: \[ \{(x,y) \mid x > x_0, \quad e^{-x} < y < x + 2 \}. \]

Geometricky jde o oblast omezenou shora rostoucí přímkou a zdola exponenciální křivkou.

Závěr: množina řešení soustavy je oblast \[ \{(x,y) \mid x > x_0, \quad e^{-x} < y < x + 2 \}, \] kde \(x_0 \approx -1.841\).

Řešení příkladu 28:

První nerovnice \[ xy \geq 1, \] definuje množinu všech bodů \((x,y)\) v rovině, kde součin souřadnic je alespoň \(1\).

Pokud \(x > 0\), pak \[ y \geq \frac{1}{x}. \] Pokud \(x < 0\), pak \[ y \leq \frac{1}{x}, \] protože aby součin byl větší nebo rovný \(1\), musí být oba členy záporné.
Pokud \(x = 0\), součin nemůže být větší nebo roven \(1\), proto \(x=0\) v řešení nemůže být.

Druhá nerovnice \[ x + y \leq 5, \] je oblast pod přímkou s rovnicí \(y = 5 – x\).

Celkově hledáme průnik těchto dvou množin.

Pro lepší pochopení si rozdělíme řešení na dvě části podle znaménka \(x\).

1) Pro \(x > 0\): \[ y \geq \frac{1}{x} \quad \text{a} \quad y \leq 5 – x. \] Proto musí platit \[ \frac{1}{x} \leq 5 – x, \] což upravíme na: \[ 5 – x – \frac{1}{x} \geq 0. \] Vynásobíme nerovnici obou stran \(x > 0\) (nezměníme znaménko): \[ 5x – x^2 – 1 \geq 0. \] Přesuneme vše na jednu stranu: \[ -x^2 + 5x – 1 \geq 0 \quad \Rightarrow \quad x^2 – 5x + 1 \leq 0. \] Najdeme kořeny kvadratické rovnice \[ x^2 – 5x + 1 = 0, \] pomocí diskriminantu \[ \Delta = 25 – 4 = 21, \] kořeny jsou \[ x_{1,2} = \frac{5 \pm \sqrt{21}}{2}. \] Přibližně \[ x_1 \approx 0.208, \quad x_2 \approx 4.792. \] Kvadratická funkce \(x^2 – 5x + 1\) je parabola otevřená vzhůru, takže nerovnice \[ x^2 – 5x + 1 \leq 0 \] platí pro \[ x \in [0.208, 4.792]. \] Proto řešení pro \(x > 0\) je interval \[ x \in [0.208, 4.792], \] a pro tato \(x\) platí \[ y \in \left[\frac{1}{x}, 5 – x\right]. \]
2) Pro \(x < 0\): \[ y \leq \frac{1}{x} \quad \text{a} \quad y \leq 5 - x. \] V tomto případě musí být \[ y \leq \min\left(\frac{1}{x}, 5 - x\right). \] Vzhledem k tomu, že pro záporné \(x\) platí \(\frac{1}{x} < 0\) a \(5 - x > 5\), minimum je \(\frac{1}{x}\).

Zbývá zjistit, kdy existuje průnik této části s dalšími podmínkami.

Ovšem pro \(x < 0\) nemůže být součin \(xy \geq 1\) splněn, pokud by \(y > \frac{1}{x}\), protože pro záporné \(x\) musí být \(y \leq \frac{1}{x}\), ale to by znamenalo \(xy \leq 1\). Proto zde není žádné řešení.

3) Pro \(x = 0\) není řešení, protože \(xy \geq 1\) není splněno.

Celkově tedy řešením soustavy je množina bodů \((x,y)\) taková, že: \[ x \in [0.208, 4.792], \quad y \in \left[\frac{1}{x}, 5 – x\right]. \]

Řešení příkladu 29:

První nerovnice \[ |x – y| \leq 3, \] určuje pás v rovině mezi přímkami \[ x – y = 3 \quad \text{a} \quad x – y = -3. \] Tento pás zahrnuje všechny body \((x,y)\), kde vzdálenost hodnot \(x\) a \(y\) není větší než \(3\).

Druhá nerovnice \[ x^2 + y^2 \geq 25, \] znamená, že body leží mimo nebo na kružnici se středem v počátku a poloměrem \(5\).

Naším úkolem je najít průnik tohoto pásu s oblastí mimo kruh.

Z geometrického hlediska:
– První nerovnice představuje pás šikmý ohraničený dvěma rovnoběžnými přímkami.
– Druhá nerovnice představuje vnější oblast od kruhu.

Soustavu tedy řeší všechny body mimo kruh, které leží v pásu mezi přímkami \(x-y=3\) a \(x-y=-3\).

Formálně je řešení množina všech \((x,y)\), pro které platí: \[ -3 \leq x – y \leq 3 \quad \text{a} \quad x^2 + y^2 \geq 25. \]
Geometricky lze zakreslit obě množiny a najít jejich průnik.

Pokud chceme nalézt konkrétní body, můžeme také analyzovat průsečíky kružnice a hranic pásu.

Přímky hranic pásu jsou: \[ y = x – 3 \quad \text{a} \quad y = x + 3. \]
Vypočteme průsečíky kružnice s těmito přímkami.

1) Pro \(y = x – 3\), dosadíme do rovnice kružnice: \[ x^2 + (x – 3)^2 = 25, \] \[ x^2 + x^2 – 6x + 9 = 25, \] \[ 2x^2 – 6x + 9 = 25, \] \[ 2x^2 – 6x – 16 = 0, \] \[ x^2 – 3x – 8 = 0. \] Diskriminant: \[ \Delta = (-3)^2 – 4 \cdot 1 \cdot (-8) = 9 + 32 = 41. \] Kořeny: \[ x = \frac{3 \pm \sqrt{41}}{2}. \] Přibližně: \[ x_1 \approx \frac{3 + 6.4}{2} = 4.7, \quad x_2 \approx \frac{3 – 6.4}{2} = -1.7. \] Hodnoty \(y\) jsou: \[ y_1 = 4.7 – 3 = 1.7, \quad y_2 = -1.7 – 3 = -4.7. \]
2) Pro \(y = x + 3\), obdobně: \[ x^2 + (x + 3)^2 = 25, \] \[ x^2 + x^2 + 6x + 9 = 25, \] \[ 2x^2 + 6x + 9 = 25, \] \[ 2x^2 + 6x – 16 = 0, \] \[ x^2 + 3x – 8 = 0. \] Diskriminant: \[ \Delta = 3^2 – 4 \cdot 1 \cdot (-8) = 9 + 32 = 41. \] Kořeny: \[ x = \frac{-3 \pm \sqrt{41}}{2}. \] Přibližně: \[ x_1 \approx \frac{-3 + 6.4}{2} = 1.7, \quad x_2 \approx \frac{-3 – 6.4}{2} = -4.7. \] Hodnoty \(y\): \[ y_1 = 1.7 + 3 = 4.7, \quad y_2 = -4.7 + 3 = -1.7. \]
Tyto body určují průsečíky kružnice a hranic pásu.

Závěr:
řešení soustavy je množina všech bodů mimo kruh o poloměru 5, které leží v pásu definovaném rovnicemi \[ -3 \leq x – y \leq 3. \]

Řešení příkladu 30:

Nejprve si zkontrolujeme definiční obor funkcí.

První nerovnice je \[ y < \ln(x + 3). \] Logaritmus je definován pouze pro argument kladný: \[ x + 3 > 0 \Rightarrow x > -3. \]
Druhá nerovnice je \[ x^2 – y^2 > 1. \] Připomeňme, že výraz \(x^2 – y^2\) lze rozepsat jako součin: \[ (x – y)(x + y) > 1. \] Tato nerovnice určuje množinu bodů mimo oblast definovanou rovnicí \(x^2 – y^2 = 1\), což je rovina hyperboly.

Podrobně rozebereme první nerovnici. Pro dané \(x > -3\) máme omezení na \(y\): \[ y < \ln(x + 3). \] Grafem této nerovnice je oblast pod křivkou logaritmu.

Druhou nerovnici lze přepsat: \[ x^2 – y^2 > 1 \Rightarrow y^2 < x^2 - 1. \] Aby toto bylo možné, musí platit \[ x^2 - 1 > 0 \Rightarrow |x| > 1. \] Proto jsou řešené oblasti pro \(x > 1\) nebo \(x < -1\).

Pro \(x > 1\) máme: \[ y^2 < x^2 - 1, \] což znamená \[ y \in \left(-\sqrt{x^2 - 1}, \sqrt{x^2 - 1}\right). \]
Pro \(x < -1\) platí totéž.

Závěrem tedy: \[ \{(x,y) \mid x > 1 \text{ nebo } x < -1, \quad y \in (-\sqrt{x^2 - 1}, \sqrt{x^2 - 1}), \quad y < \ln(x + 3), \quad x > -3 \}. \]
Upravíme ještě definici intervalů podle definičního oboru logaritmu:
Pro \(x < -1\) je podmínka \(x > -3\) splněna, proto tam platí oblast
\[ x \in (-3, -1), \quad y \in \left(-\sqrt{x^2 – 1}, \sqrt{x^2 – 1}\right), \quad y < \ln(x+3). \] Pro \(x > 1\) máme obdobně \[ x \in (1, \infty), \quad y \in \left(-\sqrt{x^2 – 1}, \sqrt{x^2 – 1}\right), \quad y < \ln(x+3). \]
Toto je řešení soustavy. Graficky se jedná o dvě části hyperbolického pásu, které jsou omezené křivkou \(y = \ln(x+3)\) z vrchu a zároveň uvnitř hyperboly \(x^2 – y^2 = 1\) z hlediska nepatření na tuto křivku.

Řešení příkladu 31:

Nejprve rozepíšeme první nerovnici: \[ \sqrt{x^2 + y^2} \leq 4. \] Tato nerovnice udává, že bod \((x,y)\) leží uvnitř nebo na kružnici se středem v počátku a poloměrem \(4\). Jinými slovy: \[ x^2 + y^2 \leq 16. \] Druhá nerovnice je \[ y \geq x^2 – 2, \] což je oblast nad paraboloidou (parabolou v rovině \(xy\)), posunutou o \(2\) jednotky dolů. Naším úkolem je nalézt průnik oblasti kruhu a oblasti nad parabolou. Analyzujme oba výrazy podrobněji: \(1\)) Oblast určená první nerovnicí je kruh včetně jeho okraje: \[ \{(x,y) \mid x^2 + y^2 \leq 16\}. \] 2) Oblast podle druhé nerovnice je množina bodů, kde je \(y\) větší nebo rovno parabole: \[ \{(x,y) \mid y \geq x^2 – 2 \}. \] Pro nalezení průniku je potřeba vyřešit: \[ x^2 + y^2 \leq 16 \quad \text{a} \quad y \geq x^2 – 2. \] Nejprve z druhé nerovnice vyjádříme \(y\) dolní hranici: \[ y \geq x^2 – 2. \] Dosadíme tuto hranici do první nerovnice pro ověření, zda existuje průnik: Přihraniční hodnota \(y = x^2 – 2\) dosazená do kruhové nerovnice dává: \[ x^2 + (x^2 – 2)^2 \leq 16. \] Rozepíšeme: \[ x^2 + (x^4 – 4x^2 + 4) \leq 16, \] \[ x^4 – 3x^2 + 4 \leq 16, \] \[ x^4 – 3x^2 + 4 – 16 \leq 0, \] \[ x^4 – 3x^2 – 12 \leq 0. \] Označíme \(t = x^2 \geq 0\), máme: \[ t^2 – 3t – 12 \leq 0. \] Najdeme kořeny kvadratické nerovnice: \[ \Delta = (-3)^2 – 4 \cdot 1 \cdot (-12) = 9 + 48 = 57. \] Kořeny jsou: \[ t_{1,2} = \frac{3 \pm \sqrt{57}}{2}. \] Přibližné hodnoty: \[ t_1 = \frac{3 – 7.55}{2} \approx -2.275 \quad (\text{zamítáme, protože } t \geq 0), \] \[ t_2 = \frac{3 + 7.55}{2} \approx 5.275. \] Proto nerovnice \(t^2 – 3t – 12 \leq 0\) platí pro \[ 0 \leq t \leq 5.275, \] protože parabola je shora otevřená, a kořen v záporné oblasti nás nezajímá. Navracíme zpět na \(x\): \[ x^2 \leq 5.275, \] \[ -\sqrt{5.275} \leq x \leq \sqrt{5.275}. \] Přibližně: \[ -2.296 \leq x \leq 2.296. \] Pro tato \(x\) existuje \(y\), které splňuje současně obě nerovnice. Pro lepší pochopení, vyjádříme intervaly \(y\): Z první nerovnice: \[ y^2 \leq 16 – x^2 \Rightarrow y \in \left[-\sqrt{16 – x^2}, \sqrt{16 – x^2}\right]. \] Z druhé nerovnice: \[ y \geq x^2 – 2. \] Aby průnik existoval, musí platit \[ x^2 – 2 \leq \sqrt{16 – x^2}. \] Pro lepší orientaci lze zkoumat chování těchto funkcí a jejich průnik. Pro vybrané \(x\) z intervalu \([-2.296, 2.296]\) platí, že oblast je omezena shora kružnicí a zdola parabolou. Celkové řešení je tedy množina bodů \((x,y)\), kde: \[ x \in [-2.296, 2.296], \] \[ y \in [x^2 – 2, \sqrt{16 – x^2}]. \] Mimo tento interval na ose \(x\) není řešení, protože nerovnice se nesetkávají. Závěrem můžeme říci, že oblast řešení je „výřez“ kruhu o poloměru \(4\), který je omezen zdola parabolou \(y = x^2 – 2\), přičemž podmínka platí jen v omezeném úseku na ose \(x\). Toto je podrobný a kompletní popis řešení soustavy.

Řešení příkladu 32:

Nejdříve rozebereme jednotlivé nerovnice zvlášť. První nerovnice: \[ e^y – x \leq 3, \] lze přepsat na \[ e^y \leq x + 3. \] Jelikož \(e^y > 0\) pro všechna \(y\), platí, že pravá strana musí být kladná: \[ x + 3 > 0 \Rightarrow x > -3. \] Dále vyjádříme \(y\) jako funkci \(x\): \[ y \leq \ln(x + 3). \] Tato nerovnice určuje oblast pod křivkou \(y = \ln(x + 3)\), kde \(x > -3\). Druhá nerovnice: \[ x^2 + y^2 \leq 9, \] znamená, že \((x,y)\) leží uvnitř nebo na kružnici se středem v počátku a poloměrem \(3\). Naším úkolem je najít průnik těchto dvou oblastí. Podrobněji: 1) Definiční obor první nerovnice je: \[ x > -3. \] 2) Podmínka druhé nerovnice je: \[ x^2 + y^2 \leq 9, \] tedy kruh o poloměru \(3\). Musíme najít takové body \((x,y)\), které splňují současně: \[ y \leq \ln(x + 3), \quad x > -3, \] a zároveň \[ x^2 + y^2 \leq 9. \] Geometricky se jedná o oblast uvnitř kruhu, která je současně pod logaritmickou křivkou. Pro lepší pochopení analyzujeme průsečík logaritmu a kružnice. Rovnice kružnice: \[ y = \pm \sqrt{9 – x^2}. \] Rovnice logaritmu: \[ y = \ln(x + 3). \] Hledáme průsečíky, tedy řešíme: \[ \ln(x + 3) = \pm \sqrt{9 – x^2}, \quad x > -3. \] Nejprve zkoumáme horní část kružnice: \[ \ln(x + 3) = \sqrt{9 – x^2}. \] Definiční obor je \(x \in (-3, 3]\). Vyšetříme chování obou funkcí: – Funkce \(\ln(x+3)\) je definována na \((-3, \infty)\), monotonně rostoucí, od \(-\infty\) při \(x \to -3^+\). – Funkce \(\sqrt{9 – x^2}\) je kladná, symetrická kolem \(x=0\), maximum \(3\) v \(x=0\). Protože \(\ln(x+3)\) roste pomaleji než parabola, průsečík bude pouze jeden, nebo dva. Numericky odhadneme průsečíky: Pro \(x=0\): \[ \ln(3) \approx 1.0986, \quad \sqrt{9 – 0} = 3, \] tedy \(\ln(3) < 3\). Pro \(x=2\): \[ \ln(5) \approx 1.6094, \quad \sqrt{9 - 4} = \sqrt{5} \approx 2.236, \] stále \(\ln(5) < 2.236\). Pro \(x = 3\): \[ \ln(6) \approx 1.79, \quad \sqrt{9 - 9} = 0, \] takže \(\ln(6) > 0\). Je tedy patrné, že horní část kružnice a logaritmická křivka se nekříží, protože \(\ln(x+3) > 0\) pro \(x> -3\), ale \(\sqrt{9 – x^2}\) klesá k nule při \(x \to 3\). Zkoumáme dolní část kružnice: \[ y = -\sqrt{9 – x^2}. \] Rovnice průsečíku: \[ \ln(x + 3) = -\sqrt{9 – x^2}. \] Levá strana je reálná, pravá záporná nebo nula, takže průsečík může existovat. Pro \(x = -2.5\): \[ \ln(0.5) \approx -0.693, \quad -\sqrt{9 – 6.25} = -\sqrt{2.75} \approx -1.658, \] levá strana větší než pravá. Pro \(x=0\): \[ \ln(3) \approx 1.0986, \quad -3, \] levá strana větší než pravá. Pro \(x \to -3^+\): \[ \ln(x + 3) \to -\infty, \quad -\sqrt{9 – x^2} \to -0, \] levá strana menší než pravá. Z toho plyne, že existuje právě jeden průsečík mezi \(x=-3\) a \(x=-2.5\). Shrnutí: – oblast řešení je uvnitř kruhu, – zároveň je pod křivkou \(y = \ln(x+3)\), – a \(x > -3\). Formálně je řešení soustava bodů: \[ \{(x,y) \mid x > -3, y \leq \ln(x + 3), x^2 + y^2 \leq 9 \}. \] Tato oblast je tedy omezena shora křivkou \(y = \ln(x+3)\) a zvenčí kruhem. Tím jsme vyřešili zadání podrobně.

Řešení příkladu 33:

Nejprve si rozebereme jednotlivé nerovnice. První nerovnice: \[ \frac{1}{x-1} + y \leq 3. \] Přesuneme \(y\) na jednu stranu: \[ y \leq 3 – \frac{1}{x-1}. \] Nutno brát v úvahu, že výraz \(\frac{1}{x-1}\) není definován pro \(x = 1\). Druhá nerovnice je: \[ x^2 – y^2 \geq 1, \] což je oblast mimo hyperbolu, která je definována rovnicí \(x^2 – y^2 = 1\). Nejprve analyzujeme druhou nerovnici: Tato nerovnice říká, že body \((x,y)\) musí ležet mimo (včetně) hyperbolu nebo na hyperbole, tedy na místech, kde \[ x^2 – y^2 \geq 1. \] Hyperbola je rozdělena na dvě větve, jedna vpravo, druhá vlevo od osy \(y\). Rozepišme druhou nerovnici na: \[ y^2 \leq x^2 – 1. \] Protože \(y^2 \geq 0\), musí být zároveň \(x^2 – 1 \geq 0\), tedy \[ |x| \geq 1. \] Pro \( |x| < 1\) není možné splnit druhou nerovnici, protože by pravá strana byla záporná. Proto je definičním oborem druhé nerovnice: \[ (-\infty, -1] \cup [1, \infty). \] Pro tuto oblast platí: \[ y \in \left[-\sqrt{x^2 -1}, \sqrt{x^2 -1} \right]. \] Nyní se vrátíme k první nerovnici: \[ y \leq 3 - \frac{1}{x-1}. \] Je třeba znát chování výrazu \(\frac{1}{x-1}\): - Pro \(x < 1\) je výraz záporný (pokud \(x < 1\), \(x-1 < 0\)), tedy \(\frac{1}{x-1} < 0\). - Pro \(x > 1\) je výraz kladný. Nerovnice je definována mimo bod \(x=1\). Nyní zkusíme najít průnik obou podmínek: 1) Podmínka z hyperboly: \[ |x| \geq 1, \quad y \in \left[-\sqrt{x^2 -1}, \sqrt{x^2 -1}\right]. \] 2) Podmínka z první nerovnice: \[ y \leq 3 – \frac{1}{x-1}. \] Zkontrolujeme intervaly pro \(x\): a) Pro \(x \leq -1\): Výraz \(3 – \frac{1}{x-1}\) je definován, protože \(x-1 \neq 0\). V této oblasti je potřeba: \[ y \leq 3 – \frac{1}{x-1}, \quad y \geq -\sqrt{x^2 -1}, \quad y \leq \sqrt{x^2 -1}. \] Protože \(3 – \frac{1}{x-1}\) může být větší než \(\sqrt{x^2 -1}\) nebo menší, je třeba zvážit, která hranice je omezující. Protože \(\sqrt{x^2 -1}\) roste s \(|x|\), podíváme se na limitu: Pro \(x \to -\infty\): \[ 3 – \frac{1}{x-1} \to 3, \quad \sqrt{x^2 -1} \approx |x|. \] Proto horní hranice z první nerovnice je přibližně \(3\), zatímco hyperbola umožňuje \(y\) až do \(|x|\), což je velmi velké. Proto platí horní omezení od první nerovnice, dolní od hyperboly. Výsledná oblast pro \(x \leq -1\) je \[ y \in \left[-\sqrt{x^2 -1}, \min\left(\sqrt{x^2 -1}, 3 – \frac{1}{x-1}\right)\right]. \] b) Pro \(x \geq 1\), kromě \(x=1\): Podobně, zvažujeme \[ y \leq 3 – \frac{1}{x-1}, \quad y \in \left[-\sqrt{x^2 -1}, \sqrt{x^2 -1}\right]. \] V tomto případě je výraz \(\frac{1}{x-1}\) kladný, a proto \[ 3 – \frac{1}{x-1} < 3, \] ale blíží se k 3, pokud \(x \to \infty\). Horní hranicí \(y\) je opět minimum mezi \(\sqrt{x^2 -1}\) a \(3 - \frac{1}{x-1}\). Závěrem je řešením průnik oblastí: \[ \{(x,y) \mid |x| \geq 1, \quad -\sqrt{x^2 -1} \leq y \leq \min(\sqrt{x^2 -1}, 3 - \frac{1}{x-1}) \}. \] V bodě \(x=1\) je výraz nedefinován, proto v tomto místě průnik neexistuje. Toto je kompletní a podrobné řešení soustavy nerovnic.

Řešení příkladu 34:

Nejprve si rozebereme jednotlivé nerovnice. První nerovnice: \[ |y – x| \leq 2, \] což znamená, že vzdálenost hodnot \(y\) a \(x\) je nejvýše \(2\). Přepisujeme na dvě nerovnice: \[ -2 \leq y – x \leq 2. \] Přidáme \(x\) k oběma stranám: \[ x – 2 \leq y \leq x + 2. \] Druhá nerovnice: \[ y^2 – 4x \leq 1. \] Přepíšeme ji na: \[ y^2 \leq 4x + 1. \] Pro existenci pravé strany musí platit \[ 4x + 1 \geq 0 \Rightarrow x \geq -\frac{1}{4}. \] Nyní budeme hledat průnik oblastí. Z první nerovnice: \[ y \in [x – 2, x + 2]. \] Z druhé: \[ y \in [-\sqrt{4x+1}, \sqrt{4x+1}]. \] Protože \(\sqrt{4x+1}\) je definováno pouze pro \(x \geq -\frac{1}{4}\), zaměříme se na tuto oblast. Pro \(x \geq -\frac{1}{4}\) musí být zároveň: \[ [x-2, x+2] \cap [-\sqrt{4x+1}, \sqrt{4x+1}] \neq \emptyset. \] To znamená, že intervaly se musí překrývat. Podmínka na překryt je: \[ \max(x-2, -\sqrt{4x+1}) \leq \min(x+2, \sqrt{4x+1}). \] Nyní postupně analyzujeme hranice: 1) \(\max(x-2, -\sqrt{4x+1}) \leq x+2\) – vždy platí, protože \(x+2\) je větší než \(x-2\). 2) \(x-2 \leq \sqrt{4x+1}\) – to je podstatná nerovnice. 3) \(-\sqrt{4x+1} \leq x+2\) – platí vždy, protože \(x+2\) je větší než \(-\sqrt{4x+1}\). Nejvíc omezující je tedy: \[ x – 2 \leq \sqrt{4x + 1}. \] Nyní tuto nerovnici vyřešíme. Pro \(x \geq -\frac{1}{4}\) platí: Zvedneme na druhou stranu: \[ (x – 2)^2 \leq 4x + 1. \] Rozvineme levou stranu: \[ x^2 – 4x + 4 \leq 4x + 1. \] Přesuneme vše na jednu stranu: \[ x^2 – 8x + 3 \leq 0. \] Nyní řešíme kvadratickou nerovnici: \[ x^2 – 8x + 3 \leq 0. \] Najdeme kořeny rovnice \(x^2 – 8x + 3 = 0\): \[ x = \frac{8 \pm \sqrt{64 – 12}}{2} = \frac{8 \pm \sqrt{52}}{2} = 4 \pm \sqrt{13}. \] Přibližně: \[ 4 – \sqrt{13} \approx 4 – 3.605 = 0.395, \quad 4 + \sqrt{13} \approx 4 + 3.605 = 7.605. \] Kvadratická parabola je otevřená vzhůru, takže nerovnice \[ x^2 – 8x + 3 \leq 0 \] platí pro \[ x \in [0.395, 7.605]. \] Nyní zkombinujeme všechny podmínky na \(x\): \[ x \geq -\frac{1}{4}, \quad x \in [0.395, 7.605]. \] Výsledný interval pro \(x\) je tedy: \[ x \in [0.395, 7.605]. \] Pro tato \(x\) platí, že existuje průnik intervalů pro \(y\). Konečné řešení: \[ \{(x,y) \mid x \in [0.395, 7.605], \quad y \in [\max(x-2, -\sqrt{4x+1}), \min(x+2, \sqrt{4x+1})]\}. \] Tím jsme podrobně vyřešili danou soustavu.

Řešení příkladu 35:

Nejprve si rozebereme jednotlivé nerovnice. První nerovnice: \[ \sin(x) + y \geq 1. \] Přepíšeme na tvar: \[ y \geq 1 – \sin(x). \] Druhá nerovnice je kruhová oblast: \[ x^2 + y^2 \leq 4, \] tedy všechny body uvnitř kruhu se středem v počátku a poloměrem \(2\). Naším úkolem je najít průnik této kruhové oblasti s oblastí nad křivkou \(y = 1 – \sin(x)\). Jelikož sinus je periodická funkce, tvar oblasti bude obdobný periodicky. Nejprve zkusíme zjistit, kde se obě křivky protínají. Řešíme rovnici: \[ \sin(x) + y = 1, \quad x^2 + y^2 = 4. \] Vyjádříme \(y\) z první rovnice: \[ y = 1 – \sin(x). \] Dosadíme do rovnice kružnice: \[ x^2 + (1 – \sin(x))^2 = 4. \] Tato rovnice nemá jednoduché algebraické řešení, proto budeme analyzovat ji graficky a pomocí aproximací. Vzhledem k tomu, že \(y \geq 1 – \sin(x)\) a současně \(x^2 + y^2 \leq 4\), hledáme body uvnitř kruhu nad křivkou. V bodech, kde \[ y = 1 – \sin(x), \] leží hranice oblasti. Kruh o poloměru 2 má omezenou oblast, proto i \(x\) je omezen na přibližně \(-2 \leq x \leq 2\). Pro \(x=0\): \[ y \geq 1 – \sin(0) = 1, \] zároveň: \[ 0^2 + y^2 \leq 4 \Rightarrow y^2 \leq 4 \Rightarrow y \in [-2, 2]. \] Takže pro \(x=0\), \(y \in [1, 2]\). Pro \(x=2\): \[ y \geq 1 – \sin(2) \approx 1 – 0.9093 = 0.0907, \] a \[ 4 + y^2 \leq 4 \Rightarrow y^2 \leq 0 \Rightarrow y=0, \] ale \(y=0\) nevyhovuje, protože \(y \geq 0.0907\). Proto pro \(x=2\) žádné řešení neexistuje. Podobně pro \(x=-2\): \[ y \geq 1 – \sin(-2) = 1 + \sin(2) \approx 1 + 0.9093 = 1.9093, \] ale \[ (-2)^2 + y^2 \leq 4 \Rightarrow 4 + y^2 \leq 4 \Rightarrow y^2 \leq 0 \Rightarrow y=0, \] což nevyhovuje \(y \geq 1.9093\). Proto řešení je omezeno na menší interval. Zkusíme najít, pro jaké \(x\) existují body splňující obě nerovnice. Ze druhé nerovnice: \[ y^2 \leq 4 – x^2, \] tedy \[ y \in [-\sqrt{4 – x^2}, \sqrt{4 – x^2}]. \] Z první: \[ y \geq 1 – \sin(x). \] Pro existenci řešení musí platit: \[ 1 – \sin(x) \leq \sqrt{4 – x^2}. \] Analyzujeme tuto nerovnici pro \(x \in [-2, 2]\). Pro \(x=0\): \[ 1 – \sin(0) = 1, \quad \sqrt{4 – 0} = 2, \] tedy platí. Pro \(x=1\): \[ 1 – \sin(1) \approx 1 – 0.8415 = 0.1585, \quad \sqrt{4 – 1} = \sqrt{3} \approx 1.732, \] platí. Pro \(x=1.5\): \[ 1 – \sin(1.5) \approx 1 – 0.9975 = 0.0025, \quad \sqrt{4 – 2.25} = \sqrt{1.75} \approx 1.32, \] platí. Pro \(x=1.9\): \[ 1 – \sin(1.9) \approx 1 – 0.9455 = 0.0545, \quad \sqrt{4 – 3.61} = \sqrt{0.39} \approx 0.624, \] platí. Pro \(x=2\) jsme již viděli, že neplatí, protože \[ 1 – \sin(2) \approx 0.0907, \quad \sqrt{4 – 4} = 0, \] a \[ 0.0907 \leq 0 \] neplatí. Podobně na levé straně \(x=-2\) to neplatí. Tedy oblast řešení je omezena přibližně intervalem \(x \in (-x_0, x_0)\), kde \[ 1 – \sin(x_0) = \sqrt{4 – x_0^2}. \] Přesné řešení nelze algebraicky, lze pouze numericky. Shrnutí: Řešením je oblast: \[ \{(x,y) \mid x^2 + y^2 \leq 4, \quad y \geq 1 – \sin(x) \}. \] To je oblast uvnitř kruhu o poloměru \(2\), která leží nad křivkou \(y = 1 – \sin(x)\). Graficky jde o kruh, kde spodní část je oříznutá křivkou \(y = 1 – \sin(x)\). Tento popis odpovídá řešení soustavy.

Řešení příkladu 36:

Nejprve si rozebereme první nerovnici: \[ \ln(x^2+y^2) \leq 2 \Rightarrow x^2+y^2 \leq e^2. \] Tato nerovnice určuje uzavřený kruh se středem v počátku a poloměrem \(e\). Rozsah pro \((x,y)\) je tedy: \[ 0 < x^2 + y^2 \leq e^2. \] Dále druhá nerovnice: \[ y > x – 1, \] která definuje otevřenou polorovinu nad přímkou \(y = x – 1\). Řešenou oblastí je tedy průnik uzavřeného kruhu (bez středu pokud chceme respektovat \(x^2+y^2>0\)) a otevřené poloroviny. Zkoumání hraničních bodů: – Kružnice: \(x^2+y^2 = e^2\) – Přímka: \(y = x – 1\) Pro určení, zda přímka protíná kružnici, dosadíme: \[ x^2 + (x-1)^2 = e^2 \Rightarrow 2x^2 -2x +1 = e^2 \Rightarrow 2x^2 -2x + (1 – e^2) = 0. \] Diskriminant: \[ \Delta = (-2)^2 – 4 * 2 * (1 – e^2) = 4 -8 +8e^2 = 8e^2 -4 >0, \] což značí dva reálné kořeny \(x_1, x_2\). Přibližně tyto průsečíky určují segmenty, kde je kruh nad přímkou. Pro jakékoli \(x\) uvnitř kruhu a zároveň s \[ y \in (\max(x-1, -\sqrt{e^2 – x^2}), \min(\sqrt{e^2 – x^2}, +\infty)) , \] existuje řešení. Vyzešíme tedy rovnici: \[ 2x^2 -2x +1 – e^2 = 0, \] pomocí kvadratického vzorce: \[ x = \frac{2 \pm \sqrt{8e^2 -4}}{4} = \frac{1 \pm \sqrt{2e^2 -1}}{2}. \] Tedy interval pro \(x\), kde přímka protíná kruh, je od \(x_1\) do \(x_2\). Pro mimo tento interval platí přímka mimo kruh. Výsledkem je: \[ \{(x,y)\mid 0< x^2+y^2\leq e^2,\; y>x-1\}. \] Geometricky nabízíme otevřený výřez kruhu nad danou přímkou, včetně okraje kruhu.

Řešení příkladu 37:

První nerovnice: \[ y \ge x\sqrt{2-x^2},\quad x\in[-\sqrt{2},+\sqrt{2}], \] definuje oblast nad grafem funkce \(f(x)=x\sqrt{2-x^2}\). Tato funkce je omezená a symetrická, protože její definiční obor je omezen kružnicí v rovině. Rozložíme ji: \[ f(x)= \begin{cases} x\sqrt{2-x^2} & \text{pro } x\in[0,\sqrt{2}],\\ x\sqrt{2-x^2}=\text{záporné i pro záporné }x\in[-\sqrt{2},0]. \end{cases} \] Druhá nerovnice: \[ x+y\le3\Rightarrow y\le3-x, \] je oblast pod nebo na přímce \(y=3-x\). Celkově hledáme průnik mezi oblastí nad funkcí \(f(x)\) a oblastí pod přímkou, tedy: \[ \{(x,y)\mid x\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}],\;x\sqrt{2-x^2}\le y\le3-x\}. \] K řešení zkoumáme průsečík funkce \(f(x)\) s přímkou: \[ x\sqrt{2-x^2}=3-x\Rightarrow x\sqrt{2-x^2}+x-3=0. \] Kvůli komplikované rovnice používáme numerické přiblížení. Testujeme: – Pro \(x=1\): \(1\cdot1+1-3=-1\), záporné. – Pro \(x=1.3\): \(1.3\sqrt{2-1.69}+1.3-3\approx1.3\cdot0.55+1.3-3\approx-0.29\). – Pro \(x=1.5\): \(1.5\sqrt{2-2.25}+1.5-3=1.5\cdot\text{imaginární}=náročné\). Ljubý výsledek ukazuje jen jeden průsečík přibližně v okolí \(x\approx1.2\). Pro \(x\) menší než tato hodnota je \(f(x)\)<\(3-x\), pro větší také. Závěr: \[ \{(x,y)\mid x\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}],\;x\sqrt{2-x^2}\le y\le3-x\}. \] To je oblast mezi křivkou \(y=x\sqrt{2-x^2}\) a přímkou \(y=3-x\), na omezeném intervalu.

Řešení příkladu 38:

Nejprve si rozebereme složenou větu s absolutními hodnotami: \[ |x+y-1| + |x-y+2| \le 4. \] Tato nerovnice představuje oblast definovanou lomenou, součtem dvou V-lic, tedy lichoběžníkem nebo kosočtvercem posunutým v rovině. Rozepíšeme ji podle znamének výrazů: 1) \(x+y-1\ge0\), 2) \(x-y+2\ge0\), 3) sign změn kombinace těchto dvou. Zároveň druhá nerovnice: \[ x^2+y^2\ge1, \] říká, že body leží mimo nebo na jednotkové kružnici. Celkem hledáme průnik lichoběžníkové oblasti definované absolutními výrazy a exteriéru jednotkového kruhu. Algebraické rozložení: – oblasti signální konfigurace rozdělujeme do čtyř polí podle znamének: a) \(x+y\ge1\) a \(x-y\ge-2\), b) \(x+y\ge1\) a \(x-y\le-2\), c) \(x+y\le1\) a \(x-y\ge-2\), d) \(x+y\le1\) a \(x-y\le-2\). V každé oblasti lze rovnici zjednodušit bez absolutních hodnot: například pro a): \( (x+y-1)+(x-y+2)\le4\Rightarrow2x+1\le4\Rightarrow x\le1.5\). Analogické pro ostatní 3 oblasti. Získáme čtyři lineární podmínky typu: \[ x\le1.5,\quad\ldots \] Pro každou oblast také platí nějvětší a nejmenší oprůsečíkové podmínky. Pak je třeba průnik s \(x^2+y^2\ge1\), což vyloučí vnitřek jednotkové kružnice. Výsledek: množina bodů mimo jednotkový kruh, které zároveň splňují jedno z lineárních omezení odpovídající lichoběžníku vymezeného součtem absolutních hodnot. Formálně: \[ \{(x,y)\mid |x+y-1|+|x-y+2|\le4,\;x^2+y^2\ge1\}. \] Geometricky oblast reprezentuje výřez lichoběžníku s vyloučeným diskem.

Řešení příkladu 39:

První nerovnice: \[ y\le \sqrt{4-x^2},\quad x\in[-2,2], \] určuje oblast pod horní polovinou kružnice (včetně jejích bodů) se středem v počátku a poloměrem \(2\). Druhá nerovnice: \[ y\ge x^3-2, \] definuje oblast nad kubickou křivkou posunutou dolů o \(2\) jednotky. Hledaná množina je tedy výřez kružnice odshora oříznutý kubickou křivkou. Uvažujeme průsečíky: \[ x^3-2 = \sqrt{4-x^2}. \] Pro \(x\in[-2,2]\) zkoumáme hodnoty: – Pro \(x=0\): \(-2=2\), neplatí. – Pro \(x=1\): \(-1=\sqrt{3}\approx1.732\), neplatí. – Pro \(x=-1\): \(-1=-1\), rovnost. Rovnost nastává v bodě \(x=-1\). Analýza oblasti: – Pro \(x>-1\) je \(x^3-2\) větší než \(\sqrt{4-x^2}\)? Např. \(x=1\): \(-1<1.732\), ne, je menší, tedy oblast mezi. - Pro \(x<-1\): \(x=-2\): \(-10\le0\), tedy oblast je mezi. Vyhodnoťme mezní interval: \[ x\in[-2,2],\;x^3-2\le y\le\sqrt{4-x^2}. \] Celkově řešení je výřez horního kruhového diskového plátu s dnem definovaným kubickou křivkou.

Řešení příkladu 40:

Nerovnice: \[ y + \frac{1}{y} \le x,\quad xy\ge1,\;y\neq0. \] Pro tvrzení řešíme podle znamének \(y\). 1) Pro \(y>0\): obě nerovnice jsou definovány. Druhá říká \(x\ge1/y\). První: \[ y+\frac{1}{y}\le x\Rightarrow x\ge y+\frac{1}{y}. \] Kombinováním: \[ x\ge\max\Bigl(1/y,\;y+1/y\Bigr). \] Proto řešení pro kladné \(y\) je: \[ y>0,\;x\ge y+\frac{1}{y}. \] 2) Pro \(y<0\): \(1/y<0\), druhá říká \(xy\ge1\Rightarrow x\le1/y\) (protože \(y<0\)). První: \[ y+\frac{1}{y}\le x. \] Pro \(y<0\) je \(y+1/y<0\) (pro \(|y|\ne1\)). Tedy \(x\ge y+1/y\), ale současně \(x\le1/y\). Výsledkem je interval: \[ y<0,\;y+\frac{1}{y}\le x\le\frac{1}{y}. \] Celkové řešení: \[ \{(x,y)\mid y>0,\;x\ge y+\frac{1}{y}\} \cup \{(x,y)\mid y<0,\;y+\tfrac{1}{y}\le x\le\tfrac{1}{y}\}. \] Toto je úplné a detailní řešení soustavy nerovnic.

Řešení příkladu:

Nejprve vyřešíme každou nerovnici zvlášť.

1. nerovnice: \( 3x – 4 < 2x + 1 \)

Odečteme \( 2x \) na obou stranách:

\( 3x – 4 – 2x < 2x + 1 - 2x \Rightarrow x - 4 < 1 \)

Přičteme 4 na obou stranách:

\( x < 5 \)

2. nerovnice: \( 5 – 2x \geq x – 1 \)

Přičteme \( 2x \) na obou stranách:

\( 5 \geq 3x – 1 \)

Přičteme 1:

\( 6 \geq 3x \)

Vydělíme 3:

\( 2 \geq x \Rightarrow x \leq 2 \)

Obě podmínky musí být splněny zároveň:

\( x < 5 \) a zároveň \( x \leq 2 \Rightarrow x \leq 2 \)

Řešením soustavy je množina všech reálných čísel \( x \), pro která platí: \( x \leq 2 \)

Řešení příkladu:

Řešíme první nerovnici:

\( 2x + 3 \leq 5x – 6 \)

Odečteme \( 2x \):

\( 3 \leq 3x – 6 \)

Přičteme \(6\):

\( 9 \leq 3x \)

Vydělíme 3:

\( 3 \leq x \Rightarrow x \geq 3 \)

Druhá nerovnice: \( -x + 2 > 4 \)

Odečteme \(2\):

\( -x > 2 \)

Vynásobíme \(-1\) (změníme znaménko):

\( x < -2 \)

Máme tedy soustavu:

\( x \geq 3 \) a zároveň \( x < -2 \)

Neexistuje žádné číslo, které splňuje obě podmínky zároveň.

Řešením je prázdná množina.

Řešení příkladu:

Nejprve upravíme první nerovnici. Vynásobíme obě strany číslem \(6\) (společný násobek jmenovatelů \(3\) a \(2\)):

\( 6 \cdot \frac{2x – 1}{3} > 6 \cdot \frac{x + 4}{2} \Rightarrow 2(2x – 1) > 3(x + 4) \)

Roznásobíme:

\( 4x – 2 > 3x + 12 \)

Odečteme \( 3x \):

\( x – 2 > 12 \)

Přičteme \(2\):

\( x > 14 \)

Druhá nerovnice: \( x^2 – 4x < 5 \)

Převedeme vše na jednu stranu:

\( x^2 – 4x – 5 < 0 \)

Určíme kořeny kvadratického trojčlenu:

\( x^2 – 4x – 5 = 0 \)

Diskriminant: \( D = (-4)^2 – 4 \cdot 1 \cdot (-5) = 16 + 20 = 36 \)

Kořeny: \( x_{1,2} = \frac{4 \pm \sqrt{36}}{2} = \frac{4 \pm 6}{2} \Rightarrow x_1 = -1, x_2 = 5 \)

Parabola je otevřená nahoru, výraz je záporný mezi kořeny:

\( x \in (-1, 5) \)

Musí platit obě podmínky: \( x > 14 \) a zároveň \( x \in (-1, 5) \Rightarrow \) žádné číslo nevyhovuje.

Řešením je prázdná množina.

Řešení příkladu:

První nerovnici upravíme:

\( \frac{x + 2}{x – 1} > 1 \Rightarrow \frac{x + 2 – (x – 1)}{x – 1} > 0 \Rightarrow \frac{3}{x – 1} > 0 \)

Tato nerovnost platí, když jmenovatel je kladný:

\( x – 1 > 0 \Rightarrow x > 1 \)

Druhá nerovnice: \( x^2 – 2x – 3 \geq 0 \)

Kořeny: \( x^2 – 2x – 3 = 0 \Rightarrow x = 3, x = -1 \)

Parabola otevřená nahoru, nerovnost platí mimo interval mezi kořeny:

\( x \in (-\infty, -1] \cup [3, \infty) \)

Průnik s podmínkou \( x > 1 \):

\( x > 1 \Rightarrow x \in (1, \infty) \), průnik s \( [3, \infty) \) je \( x \in [3, \infty) \)

Řešením soustavy je: \( x \in [3, \infty) \)

Řešení příkladu:

První nerovnice: \( x^2 – 6x + 8 < 0 \)

Kořeny: \( x^2 – 6x + 8 = 0 \Rightarrow x = 2, x = 4 \)

Parabola otevřená nahoru, výraz je záporný mezi kořeny:

\( x \in (2, 4) \)

Druhá nerovnice: \( x^2 – 5x + 6 > 0 \)

Kořeny: \( x^2 – 5x + 6 = 0 \Rightarrow x = 2, x = 3 \)

Parabola otevřená nahoru, výraz je kladný mimo interval mezi kořeny:

\( x \in (-\infty, 2) \cup (3, \infty) \)

Průnik obou řešení:

\( x \in (2, 4) \) a zároveň \( x \in (-\infty, 2) \cup (3, \infty) \Rightarrow x \in (3, 4) \)

Řešením soustavy je interval \( x \in (3, 4) \)

Řešení příkladu:

Nejprve vyřešíme každou nerovnici zvlášť.

Pro první nerovnici \( 2x^2 – 5x – 3 < 0 \) určíme kořeny kvadratické rovnice \( 2x^2 - 5x - 3 = 0 \).

Podle kvadratického vzorce:

\( x = \frac{5 \pm \sqrt{(-5)^2 – 4 \cdot 2 \cdot (-3)}}{2 \cdot 2} = \frac{5 \pm \sqrt{25 + 24}}{4} = \frac{5 \pm \sqrt{49}}{4} \)

Tedy

\( x_1 = \frac{5 – 7}{4} = \frac{-2}{4} = -\frac{1}{2}, \quad x_2 = \frac{5 + 7}{4} = \frac{12}{4} = 3 \)

Parabola \( 2x^2 – 5x – 3 \) má kladný koeficient u \( x^2 \), tedy je „směrem nahoru“. Nerovnice \( 2x^2 – 5x – 3 < 0 \) platí mezi kořeny:

\( -\frac{1}{2} < x < 3 \)

Druhá nerovnice je \( x^2 – 4x + 3 \geq 0 \). Najdeme kořeny kvadratické rovnice \( x^2 – 4x + 3 = 0 \):

\( x = \frac{4 \pm \sqrt{16 – 12}}{2} = \frac{4 \pm 2}{2} \)

Tedy

\( x_1 = \frac{4 – 2}{2} = 1, \quad x_2 = \frac{4 + 2}{2} = 3 \)

Parabola \( x^2 – 4x + 3 \) je také „směrem nahoru“. Nerovnice \( x^2 – 4x + 3 \geq 0 \) platí mimo interval mezi kořeny, tedy:

\( x \leq 1 \quad \text{nebo} \quad x \geq 3 \)

Nyní najdeme průnik množin řešení obou nerovnic:

První nerovnice: \( -\frac{1}{2} < x < 3 \)

Druhá nerovnice: \( x \leq 1 \) nebo \( x \geq 3 \)

Průnik těchto množin je tedy:

\( \left(-\frac{1}{2}, 3\right) \cap \left((-\infty, 1] \cup [3, \infty)\right) = \left(-\frac{1}{2}, 1\right] \)

Protože interval \( ( -\frac{1}{2}, 3) \) a množina \( x \leq 1 \) mají společnou část \( ( -\frac{1}{2}, 1 ] \), zatímco část \( x \geq 3 \) se neprotíná s \( ( -\frac{1}{2}, 3 ) \).

Tedy výsledná množina řešení soustavy nerovnic je

\( \{ x \in \mathbb{R} : -\frac{1}{2} < x \leq 1 \} \)

Řešení příkladu:

První nerovnici \( |x – 2| + x > 1 \) rozdělíme na dvě části podle definice absolutní hodnoty.

1) Pro \( x \geq 2 \):

\( |x – 2| = x – 2 \), tedy nerovnice je \( (x – 2) + x > 1 \Rightarrow 2x – 2 > 1 \Rightarrow 2x > 3 \Rightarrow x > \frac{3}{2} \).

V oblasti \( x \geq 2 \) je tedy podmínka \( x > \frac{3}{2} \) automaticky splněna, protože \( 2 > \frac{3}{2} \).

2) Pro \( x < 2 \):

\( |x – 2| = 2 – x \), tedy nerovnice je \( (2 – x) + x > 1 \Rightarrow 2 > 1 \), což je pravda pro všechna \( x < 2 \).

Takže první nerovnice je splněna pro všechna reálná \( x \) kromě případu, kde by nebyla splněna v \( x \geq 2 \) – ale tam je splněna pro \( x > \frac{3}{2} \).

Tedy souhrnně:

\( (-\infty, 2) \cup \left(\frac{3}{2}, \infty\right) = (-\infty, \infty) \), protože \( \frac{3}{2} < 2 \) a \( (-\infty, 2) \) a \( (\frac{3}{2}, \infty) \) se překrývají na intervalu \( (\frac{3}{2}, 2) \).

Ve skutečnosti platí první nerovnice pro všechna reálná čísla kromě možná \( x = 2 \), zkontrolujeme:

Pro \( x = 2 \): \( |2-2| + 2 = 0 + 2 = 2 > 1 \), tedy splněno.

Tedy první nerovnice platí pro všechna reálná čísla.

Druhá nerovnice je \( x^2 – 3x + 2 \leq 0 \). Najdeme kořeny kvadratické rovnice:

\( x^2 – 3x + 2 = 0 \Rightarrow x = \frac{3 \pm \sqrt{9 – 8}}{2} = \frac{3 \pm 1}{2} \)

Tedy \( x_1 = 1 \), \( x_2 = 2 \).

Parabola je vzhůru otevřená, takže nerovnice \( \leq 0 \) platí mezi kořeny:

\( 1 \leq x \leq 2 \).

Protože první nerovnice platí pro všechna reálná čísla, řešením soustavy je právě množina, kde platí druhá nerovnice:

\( \{ x \in \mathbb{R} : 1 \leq x \leq 2 \} \).

Řešení příkladu:

Nejprve určíme definiční obor první nerovnice. Zlomková nerovnice je definována pro \( x \neq -2 \).

Určíme znaménka čitatele a jmenovatele:

– Čitatel: \( x – 1 \), nulový bod \( x=1 \).

– Jmenovatel: \( x + 2 \), nulový bod \( x=-2 \).

Rozdělíme reálnou osu na intervaly podle těchto nulových bodů: \( (-\infty, -2), (-2, 1), (1, \infty) \).

Vyhodnotíme znaménko výrazu na jednotlivých intervalech:

\( x < -2 \): čitatel \( x-1 < 0 \), jmenovatel \( x+2 < 0 \), podíl \( \frac{neg}{neg} = pos \Rightarrow >0 \) platí.

\( -2 < x < 1 \): čitatel \( x-1 < 0 \), jmenovatel \( x+2 > 0 \), podíl \( \frac{neg}{pos} = neg \Rightarrow >0 \) neplatí.

\( x > 1 \): čitatel \( x-1 > 0 \), jmenovatel \( x+2 > 0 \), podíl \( \frac{pos}{pos} = pos \Rightarrow >0 \) platí.

První nerovnice tedy platí pro \( x \in (-\infty, -2) \cup (1, \infty) \).

Druhá nerovnice je \( x^2 – 5x + 6 < 0 \). Najdeme kořeny:

\( x^2 – 5x + 6 = 0 \Rightarrow x = \frac{5 \pm \sqrt{25 – 24}}{2} = \frac{5 \pm 1}{2} \)

Tedy \( x_1 = 2, x_2 = 3 \).

Parabola je otevřená směrem nahoru, takže nerovnice je splněna mezi kořeny:

\( 2 < x < 3 \).

Nyní hledáme průnik množin:

\( (-\infty, -2) \cup (1, \infty) \cap (2, 3) = (2, 3) \).

Tedy řešením soustavy je interval

\( (2, 3) \).

Řešení příkladu:

První nerovnice \( x^2 + y^2 \leq 4 \) popisuje kruh o poloměru \(2\) se středem v počátku souřadnicové soustavy.

Druhá nerovnice \( x – y > 1 \) je nerovnice přímky, pro kterou je množina všech bodů na pravé straně této přímky.

Nejprve vyjádříme \( y \) z druhé nerovnice:

\( x – y > 1 \Rightarrow -y > 1 – x \Rightarrow y < x - 1 \).

Řešení soustavy je tedy množina všech bodů, které leží uvnitř kruhu a zároveň pod přímkou \( y = x – 1 \).

Tuto množinu můžeme popsat jako:

\( \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 \leq 4, \quad y < x - 1 \} \).

Pro lepší pochopení zakreslíme obě množiny:

– Kruh: všechny body s vzdáleností od počátku menší nebo rovnou \(2\).

– Polorovina pod přímkou \( y = x – 1 \).

Průnik je tedy část kruhu pod touto přímkou.

Z hlediska \( x \) a \( y \) lze též určit, pro jaké \( x \) existují body splňující obě nerovnice.

Z první nerovnice:

\( y^2 \leq 4 – x^2 \Rightarrow y \in \left[-\sqrt{4 – x^2}, \sqrt{4 – x^2}\right] \), kde \( -2 \leq x \leq 2 \).

Současně musí platit \( y < x - 1 \).

Průnik existuje, pokud

\( \sqrt{4 – x^2} > x – 1 \) (protože horní hranice kruhu musí být větší než hranice nerovnice).

Pro konkrétní řešení je vhodné vykreslit graf nebo analyzovat funkce, ale geometricky je průnik jasný: část kruhu pod přímkou.

Řešení příkladu:

Nejprve určíme definiční obor logaritmu \( \log_2 (x + 3) \), což znamená:

\( x + 3 > 0 \Rightarrow x > -3 \).

Nerovnice je \( \log_2 (x + 3) \leq 2 \). Přepíšeme pomocí definice logaritmu:

\( \log_2 (x + 3) \leq 2 \Rightarrow x + 3 \leq 2^2 = 4 \Rightarrow x \leq 1 \).

Definiční obor společně s touto nerovnicí je:

\( -3 < x \leq 1 \).

Druhá nerovnice je \( x^2 – 2x – 3 < 0 \). Najdeme kořeny kvadratické rovnice:

\( x^2 – 2x – 3 = 0 \Rightarrow x = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2} = \frac{2 \pm 4}{2} \)

Tedy kořeny jsou \( x_1 = -1 \), \( x_2 = 3 \).

Parabola je otevřená směrem nahoru, proto nerovnice platí mezi kořeny:

\( -1 < x < 3 \).

Průnik množin řešení je tedy:

\( (-3, 1] \cap (-1, 3) = (-1, 1] \).

Výsledná množina řešení soustavy nerovnic je

\( \{ x \in \mathbb{R} : -1 < x \leq 1 \} \).

Řešení příkladu:

První nerovnice je kvadratická nerovnice \( x^2 – 4x + 3 \geq 0 \). Nejprve určíme kořeny kvadratické rovnice \( x^2 – 4x + 3 = 0 \):

\( x = \frac{4 \pm \sqrt{16 – 12}}{2} = \frac{4 \pm 2}{2} \Rightarrow x_1 = 1, \quad x_2 = 3. \)

Parabola je otevřená směrem nahoru, takže nerovnice \( \geq 0 \) platí mimo interval mezi kořeny:

\( (-\infty, 1] \cup [3, \infty) \).

Druhá nerovnice je zlomková nerovnice \( \frac{x+1}{x-2} < 0 \). Definiční obor je \( x \neq 2 \).

Určíme znaménka čitatele a jmenovatele:

– Čitatel \( x+1 = 0 \) pro \( x = -1 \).

– Jmenovatel \( x-2 = 0 \) pro \( x = 2 \).

Rozdělíme osu na intervaly podle těchto bodů: \( (-\infty, -1), (-1, 2), (2, \infty) \).

Pro \( x < -1 \): čitatel \( < 0 \), jmenovatel \( < 0 \), podíl \( > 0 \), nerovnice \( < 0 \) neplatí.

Pro \( -1 < x < 2 \): čitatel \( > 0 \), jmenovatel \( < 0 \), podíl \( < 0 \), nerovnice platí.

Pro \( x > 2 \): čitatel \( > 0 \), jmenovatel \( > 0 \), podíl \( > 0 \), nerovnice neplatí.

Řešením druhé nerovnice je tedy interval \( (-1, 2) \).

Průnik řešení obou nerovnic je:

\( \left((-\infty, 1] \cup [3, \infty)\right) \cap (-1, 2) = (-1, 1]. \)

Výsledná množina řešení soustavy je tedy \( \{ x \in \mathbb{R} : -1 < x \leq 1 \} \).

Řešení příkladu:

První nerovnice \( \sin x > 0 \) znamená, že \( x \) je v intervalech, kde je sinus kladný v rozsahu \( (0, 2\pi) \).

Sinus je kladný v prvním a druhém kvadrantu, tedy na intervalech:

\( (0, \pi) \).

Druhá nerovnice \( \cos x \leq 0 \) znamená, že kosinus je záporný nebo nulový.

Kosinus je nulový v bodech \( x = \frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2} \), a záporný ve druhém a třetím kvadrantu, tedy na intervalu:

\( \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right] \).

Řešením soustavy je průnik množin, tedy:

\( (0, \pi) \cap \left[\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}\right] = \left[\frac{\pi}{2}, \pi\right) \).

V této množině sinus skutečně zůstává kladný, protože \( \pi \) je nulový bod, který do řešení nezahrnujeme.

Výsledkem je interval

\( \{ x \in \langle 0, 2\pi \rangle : \frac{\pi}{2} \leq x < \pi \} \).

Řešení příkladu:

První nerovnice \( e^x – 3 < 0 \) je ekvivalentní nerovnici \( e^x < 3 \).

Použijeme logaritmus přirozený na obě strany (funkce \(\ln\) je rostoucí):

\( x < \ln 3 \).

Druhá nerovnice je \( \ln(x+4) \geq 1 \). Nejprve určíme definiční obor:

\( x + 4 > 0 \Rightarrow x > -4 \).

Nyní přepíšeme nerovnici exponentem (opět rostoucí funkce):

\( x + 4 \geq e^1 = e \Rightarrow x \geq e – 4 \).

Celkový definiční obor a podmínka je tedy:

\( x \in ( -4, \infty ) \) a \( x \geq e – 4 \).

Proto druhá nerovnice znamená \( x \geq e – 4 \).

Řešením soustavy je průnik podmínek:

\( x < \ln 3 \) a \( x \geq e - 4 \).

Čísla \( e \approx 2.718 \), \( \ln 3 \approx 1.0986 \).

Tedy \( e – 4 \approx 2.718 – 4 = -1.282 \).

Řešení je interval

\( [-1.282, 1.0986) \).

Výsledná množina je

\( \{ x \in \mathbb{R} : e – 4 \leq x < \ln 3 \} \).

Řešení příkladu:

Nejprve vyřešíme nerovnici s absolutní hodnotou:

\( |2x – 5| < 3 \Rightarrow -3 < 2x - 5 < 3 \).

Přidáme 5 ke všem částem:

\( 2 < 2x < 8 \).

Vydělíme 2:

\( 1 < x < 4 \).

Druhá nerovnice je kvadratická:

\( x^2 – 6x + 8 \geq 0 \).

Najdeme kořeny kvadratické rovnice \( x^2 – 6x + 8 = 0 \):

\( x = \frac{6 \pm \sqrt{36 – 32}}{2} = \frac{6 \pm 2}{2} \Rightarrow x_1 = 2, x_2 = 4 \).

Parabola je otevřená nahoru, proto nerovnice platí mimo interval mezi kořeny:

\( (-\infty, 2] \cup [4, \infty) \).

Průnik řešení obou nerovnic je:

\( (1, 4) \cap \left((-\infty, 2] \cup [4, \infty)\right) = (1, 2] \cup \emptyset = (1, 2] \).

Výsledná množina řešení je

\( \{ x \in \mathbb{R} : 1 < x \leq 2 \} \).

Řešení příkladu:

První nerovnice je zlomková:

\( \frac{1}{x – 1} \leq 2 \), kde \( x \neq 1 \).

Přesuneme pravou stranu na levou:

\( \frac{1}{x – 1} – 2 \leq 0 \Rightarrow \frac{1 – 2(x – 1)}{x – 1} \leq 0 \Rightarrow \frac{1 – 2x + 2}{x – 1} \leq 0 \Rightarrow \frac{3 – 2x}{x – 1} \leq 0 \).

Určíme nulové body čitatele a jmenovatele:

\( 3 – 2x = 0 \Rightarrow x = \frac{3}{2} = 1.5 \),

Jmenovatel \( x – 1 = 0 \Rightarrow x = 1 \).

Čísla 1 a 1.5 rozdělí osu na intervaly: \( (-\infty, 1), (1, 1.5), (1.5, \infty) \).

Zkoušíme znaménka výrazu \( \frac{3 – 2x}{x – 1} \) na těchto intervalech:

– Pro \( x < 1 \): čitatel \( > 0 \), jmenovatel \( < 0 \) \Rightarrow výraz \( < 0 \) (platí nerovnice).

– Pro \( 1 < x < 1.5 \): čitatel \( > 0 \), jmenovatel \( > 0 \) \Rightarrow výraz \( > 0 \) (nerovnice neplatí).

– Pro \( x > 1.5 \): čitatel \( < 0 \), jmenovatel \( > 0 \) \Rightarrow výraz \( < 0 \) (platí nerovnice).

Proto řešení první nerovnice je \( (-\infty, 1) \cup (1.5, \infty) \).

Druhá nerovnice je kvadratická \( x^2 – 3x + 2 > 0 \).

Kořeny kvadratické rovnice \( x^2 – 3x + 2 = 0 \) jsou:

\( x = \frac{3 \pm \sqrt{9 – 8}}{2} = \frac{3 \pm 1}{2} \Rightarrow x_1 = 1, x_2 = 2 \).

Parabola je otevřená nahoru, takže nerovnice platí mimo interval mezi kořeny:

\( (-\infty, 1) \cup (2, \infty) \).

Průnik obou řešení je:

\( \left((-\infty, 1) \cup (1.5, \infty)\right) \cap \left((-\infty, 1) \cup (2, \infty)\right) = (-\infty, 1) \cup (2, \infty). \)

Z výše uvedených intervalů \( (1.5, 2) \) je vyřazen, protože nepatří do řešení druhé nerovnice.

Výsledná množina řešení soustavy je tedy

\( \{ x \in \mathbb{R} : x < 1 \text{ nebo } x > 2 \} \).

Řešení příkladu:

Nejprve se zaměříme na první nerovnici:

\( \frac{x^2 – 5x + 6}{x – 3} > 0 \).

Čitatel je kvadratický výraz, který rozložíme na součin:

\( x^2 – 5x + 6 = (x – 2)(x – 3) \).

První nerovnice tedy má tvar:

\( \frac{(x – 2)(x – 3)}{x – 3} > 0 \).

Pro \( x \neq 3 \) můžeme zlomkový výraz zjednodušit, protože v čitateli i jmenovateli je faktor \( (x – 3) \):

\( \frac{(x – 2)(x – 3)}{x – 3} = x – 2 \), pokud \( x \neq 3 \).

Pozor: nelze zkrátit v bodě \( x = 3 \), protože tam je výraz nedefinovaný.

Tedy první nerovnice se redukuje na:

\( x – 2 > 0 \) a zároveň \( x \neq 3 \), protože \( x = 3 \) není v definičním oboru.

Z první nerovnice vyplývá:

\( x > 2 \) a \( x \neq 3 \).

Definiční obor této nerovnice je \( \mathbb{R} \setminus \{3\} \).

Pro druhou nerovnici \( \ln(x – 1) < 1 \) platí, že logaritmus je definován pro \( x - 1 > 0 \Rightarrow x > 1 \), což je v souladu s podmínkou zadání.

Přepíšeme nerovnici exponentem (logaritmus je rostoucí funkce):

\( x – 1 < e^1 \Rightarrow x < e + 1 \).

Definiční obor druhé nerovnice je tedy \( x > 1 \) a podmínka je \( x < e + 1 \).

Nyní najdeme průnik řešení obou nerovnic:

První: \( x > 2 \), ale \( x \neq 3 \),

Druhá: \( 1 < x < e + 1 \approx 3.718 \).

Průnik: \( 2 < x < e + 1 \), kde \( x \neq 3 \).

Výsledné řešení je tedy interval

\( (2, 3) \cup (3, e + 1) \).

Celkově soustava nerovnic má řešení

\( \{ x \in \mathbb{R} : 2 < x < 3 \text{ nebo } 3 < x < e + 1 \} \).

Řešení příkladu:

První nerovnice \( |x^2 – 4| \leq 5 \) znamená:

\( -5 \leq x^2 – 4 \leq 5 \).

Přičteme \(4\) ke všem částem:

\( -1 \leq x^2 \leq 9 \).

Protože \( x^2 \geq 0 \) pro všechna reálná \( x \), levá nerovnice \( -1 \leq x^2 \) je vždy pravdivá.

Pravá nerovnice \( x^2 \leq 9 \) znamená, že

\( -3 \leq x \leq 3 \).

Celkově je tedy první nerovnice ekvivalentní podmínce

\( x \in \langle -3, 3 \rangle \).

Druhá nerovnice je

\( \frac{x + 2}{x – 1} \geq 1 \), kde \( x \neq 1 \).

Přesuneme \(1\) na levou stranu:

\( \frac{x + 2}{x – 1} – 1 \geq 0 \Rightarrow \frac{x + 2 – (x – 1)}{x – 1} \geq 0 \Rightarrow \frac{3}{x – 1} \geq 0 \).

Protože čitatel 3 je kladný, znaménko zlomku závisí pouze na znaménku jmenovatele.

Tedy

\( \frac{3}{x – 1} \geq 0 \Rightarrow x – 1 > 0 \Rightarrow x > 1 \).

Definiční obor této nerovnice je \( x \neq 1 \), což je v souladu s tímto intervalem.

Průnik řešení je tedy

\( x \in \langle -3, 3 \rangle \cap (1, \infty) = (1, 3] \).

Výsledná množina řešení soustavy je tedy

\( \{ x \in \mathbb{R} : 1 < x \leq 3 \} \).

Řešení příkladu:

První nerovnice \( \cos 2x \leq 0 \) je třeba analyzovat v intervalu \( [0, 2\pi] \).

Funkce \( \cos 2x \) má periodu \( \pi \), proto stačí analyzovat interval \( [0, 2\pi] \).

Body, kde \( \cos 2x = 0 \), jsou

\( 2x = \frac{\pi}{2} + k\pi \Rightarrow x = \frac{\pi}{4} + \frac{k\pi}{2} \), \( k \in \mathbb{Z} \).

V intervalu \( [0, 2\pi] \) jsou tyto body:

\( x_0 = \frac{\pi}{4}, \quad x_1 = \frac{3\pi}{4}, \quad x_2 = \frac{5\pi}{4}, \quad x_3 = \frac{7\pi}{4} \).

Mezi těmito body se mění znaménko kosinu \(2x\) podle pravidel:

Na intervalu \( [0, \frac{\pi}{4}] \) platí \( \cos 2x > 0 \),

Na \( \left[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right] \) je \( \cos 2x \leq 0 \),

Na \( \left[\frac{3\pi}{4}, \frac{5\pi}{4}\right] \) je \( \cos 2x \geq 0 \),

Na \( \left[\frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}\right] \) je \( \cos 2x \leq 0 \),

Na \( \left[\frac{7\pi}{4}, 2\pi\right] \) je \( \cos 2x \geq 0 \).

Takže první nerovnice platí na intervalech

\( \left[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right] \cup \left[\frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}\right] \).

Druhá nerovnice je \( \sin x > \frac{1}{2} \).

Sinus je v intervalu \( [0, 2\pi] \) větší než \( \frac{1}{2} \) na intervalech

\( \left(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right) \).

Průnik obou množin je

\( \left[\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right] \cap \left(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right) = \left(\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}\right] \).

Druhý interval \( \left[\frac{5\pi}{4}, \frac{7\pi}{4}\right] \) se s intervalem \( \left(\frac{\pi}{6}, \frac{5\pi}{6}\right) \) nekříží.

Výsledná množina řešení je tedy

\( \{ x \in [0, 2\pi] : \frac{\pi}{4} < x \leq \frac{3\pi}{4} \} \).

Řešení příkladu:

První nerovnice je racionální:

\( \frac{2x + 3}{x^2 – 4} \leq 0 \), kde \( x^2 – 4 = (x – 2)(x + 2) \), tedy nedefinované body jsou \( x = \pm 2 \).

Určíme nulové body čitatele:

\( 2x + 3 = 0 \Rightarrow x = -\frac{3}{2} \).

Osa reálných čísel je rozdělena body \( -2, -\frac{3}{2}, 2 \) na čtyři intervaly:

\( (-\infty, -2), (-2, -\frac{3}{2}), (-\frac{3}{2}, 2), (2, \infty) \).

Určíme znaménka výrazu na těchto intervalech:

– Pro \( x < -2 \): čitatel \( 2x + 3 < 0 \), jmenovatel \( (x-2)(x+2) > 0 \) (protože oba faktory jsou záporné nebo oba kladné? Pro \( x < -2 \) platí \( x-2 < 0 \), \( x+2 < 0 \), jejich součin je kladný), tedy výraz je záporný děleno kladným, výsledek < \(0\) (platí nerovnice).

– Pro \( -2 < x < -\frac{3}{2} \): čitatel \( < 0 \), jmenovatel \( (x-2)(x+2) < 0 \) (protože \( x-2 < 0 \), \( x+2 > 0 \), součin záporný), tedy záporné děleno záporné je kladné (> \(0\)), nerovnice neplatí.

– Pro \( -\frac{3}{2} < x < 2 \): čitatel \( > 0 \), jmenovatel \( < 0 \), výsledek záporný (< \(0\)), nerovnice platí.

– Pro \( x > 2 \): čitatel \( > 0 \), jmenovatel \( > 0 \), výsledek kladný (> \(0\)), nerovnice neplatí.

Nerovnice tedy platí na intervalech

\( (-\infty, -2) \cup \left(-\frac{3}{2}, 2\right) \).

Kontrolujeme, zda jsou včetně krajních bodů. V bodech \( x = \pm 2 \) není výraz definován, v \( x = -\frac{3}{2} \) je hodnota nula, což je zahrnuto pro nerovnici \(\leq 0\), proto zahrneme tento bod.

Druhá nerovnice:

\( x^2 – 2x – 3 < 0 \).

Najdeme kořeny kvadratické rovnice:

\( x^2 – 2x – 3 = 0 \Rightarrow x = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2} = \frac{2 \pm 4}{2} \Rightarrow x_1 = -1, x_2 = 3 \).

Parabola je otevřená nahoru, proto nerovnice platí mezi kořeny:

\( (-1, 3) \).

Průnik řešení obou nerovnic je:

\( \left((-\infty, -2) \cup \left[-\frac{3}{2}, 2\right)\right) \cap (-1, 3) \).

Interval \( (-\infty, -2) \) neprotíná \( (-1, 3) \), tedy prázdná množina.

Interval \( \left[-\frac{3}{2}, 2\right) \) a \( (-1, 3) \) mají průnik

\( (-1, 2) \).

Výsledná množina řešení soustavy je tedy

\( \{ x \in \mathbb{R} : -1 < x < 2 \} \).

Řešení příkladu:

První nerovnice:

\( e^x – 3 \leq 0 \Rightarrow e^x \leq 3 \Rightarrow x \leq \ln 3 \).

Druhá nerovnice je kubická:

\( x^3 – x < 0 \Rightarrow x(x^2 - 1) < 0 \Rightarrow x(x - 1)(x + 1) < 0 \).

Určíme kořeny: \( x = -1, 0, 1 \).

Osa reálných čísel je rozdělena na intervaly:

\( (-\infty, -1), (-1, 0), (0, 1), (1, \infty) \).

Určíme znaménka výrazu \( x(x – 1)(x + 1) \) na jednotlivých intervalech:

– Pro \( x < -1 \): všechny tři faktory jsou záporné, tedy záporné × záporné × záporné = záporné (< \(0\)), nerovnice platí.

– Pro \( -1 < x < 0 \): \( x \) je kladné záporné, \( x - 1 < 0 \), \( x + 1 > 0 \), součin záporné × záporné × kladné = kladné (> \(0\)), nerovnice neplatí.

– Pro \( 0 < x < 1 \): \( x > 0 \), \( x – 1 < 0 \), \( x + 1 > 0 \), součin kladné × záporné × kladné = záporné (< \(0\)), nerovnice platí.

– Pro \( x > 1 \): všechny kladné, součin kladné (> \(0\)), nerovnice neplatí.

Řešení druhé nerovnice je tedy

\( (-\infty, -1) \cup (0, 1) \).

Průnik řešení obou nerovnic je průnik intervalů \( (-\infty, \ln 3] \) a \( (-\infty, -1) \cup (0, 1) \).

Protože \( \ln 3 \approx 1.0986 \), průnik je

\( (-\infty, -1) \cup (0, 1) \).

Výsledná množina řešení soustavy je

\( \{ x \in \mathbb{R} : x < -1 \text{ nebo } 0 < x < 1 \} \).

Řešení příkladu:

Nejprve stanovíme definiční obor soustavy. V první nerovnici je výraz pod odmocninou \(x+3 \geq 0 \Rightarrow x \geq -3\). Ve druhé nerovnici je jmenovatel \(x+1 \neq 0 \Rightarrow x \neq -1\).

Řešíme první nerovnici:

\(\sqrt{x+3} + x < 4\).

Zkusíme izolovat odmocninu:

\(\sqrt{x+3} < 4 - x\).

Pro pravdivost této nerovnosti musí platit \(4 – x > 0 \Rightarrow x < 4\).

Nyní obě strany umocníme na druhou, přičemž musíme dávat pozor, že levou stranu umocňujeme kladnou funkcí, takže nerovnost zůstává stejná:

\(x + 3 < (4 - x)^2\).

Rozepíšeme pravou stranu:

\(x + 3 < 16 - 8x + x^2\).

Přesuneme vše na jednu stranu:

\(0 < 16 - 8x + x^2 - x - 3\), což je:

\(0 < x^2 - 9x + 13\).

Nyní řešíme kvadratickou nerovnici:

\(x^2 – 9x + 13 > 0\).

Vypočítáme diskriminant:

\(D = (-9)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 13 = 81 – 52 = 29\).

Kořeny rovnice \(x^2 – 9x + 13 = 0\) jsou:

\(x_{1,2} = \frac{9 \pm \sqrt{29}}{2}\).

Čísla přibližně:

\(x_1 \approx \frac{9 – 5.385}{2} = 1.81\), \(x_2 \approx \frac{9 + 5.385}{2} = 7.19\).

Protože kvadratický člen je kladný, parabola je otevřená nahoru a nerovnice je pravdivá mimo interval mezi kořeny:

\(x < 1.81\) nebo \(x > 7.19\).

Vzpomínáme na předchozí podmínky \(x \geq -3\) a \(x < 4\), tedy pro první nerovnici platí:

\(\left( [-3, 1.81) \cap (-\infty,4) \right) \cup \left( (7.19, \infty) \cap (-\infty,4) \right) = [-3,1.81) \).

Druhá nerovnice je:

\(\frac{2x-5}{x+1} \geq 1\), definiční obor \(x \neq -1\).

Upravíme:

\(\frac{2x-5}{x+1} – 1 \geq 0 \Rightarrow \frac{2x – 5 – (x+1)}{x+1} \geq 0\).

\(\Rightarrow \frac{2x – 5 – x -1}{x+1} \geq 0 \Rightarrow \frac{x – 6}{x + 1} \geq 0\).

Kritické body jsou \(x = 6\) a \(x = -1\).

Rozdělíme reálnou osu podle těchto bodů: \((-\infty, -1)\), \((-1, 6)\), \((6, \infty)\).

Testujeme znaménko výrazu \(\frac{x-6}{x+1}\) na intervalech:

• Pro \(x < -1\), např. \(x = -2\): \(\frac{-2-6}{-2+1} = \frac{-8}{-1} = 8 \geq 0\) platí.
• Pro \(-1 < x < 6\), např. \(x=0\): \(\frac{0-6}{0+1} = \frac{-6}{1} = -6 < 0\) neplatí.
• Pro \(x > 6\), např. \(x=7\): \(\frac{7-6}{7+1} = \frac{1}{8} > 0\) platí.

Řešením druhé nerovnice je tedy:

\((-\infty, -1) \cup [6, \infty)\).

Celkový definiční obor je průnik všech podmínek, tedy \(x \geq -3\) a \(x \neq -1\).

Průnik řešení obou nerovnic:

\(\left( [-3, 1.81) \right) \cap \left( (-\infty, -1) \cup [6, \infty) \right) = [-3, -1) \), protože interval \([6, \infty)\) se nesetkává s \([-3, 1.81)\).

Konečné řešení soustavy je tedy:

\(x \in [-3, -1)\).

Řešení příkladu:

Nejprve určíme definiční obor. Ve výrazu \(\frac{1}{x^2 – 4}\) nesmí být jmenovatel roven nule, tedy:

\(x^2 – 4 \neq 0 \Rightarrow x^2 \neq 4 \Rightarrow x \neq \pm 2\).

Řešíme první nerovnici:

\(\frac{1}{x^2 – 4} < 0\).

Pro tuto nerovnici je důležité zjistit, kdy je jmenovatel záporný, protože čitatel je kladný \(1\).

Jmenovatel je kvadratický výraz, rozložíme na faktory:

\(x^2 – 4 = (x-2)(x+2)\).

Určíme intervaly podle nulových bodů \(x = -2\) a \(x=2\):

Intervaly jsou: \((-\infty, -2)\), \((-2, 2)\), \((2, \infty)\).

Pro každý interval zkoušíme znaménko jmenovatele:

• Pro \(x < -2\), např. \(x = -3\): \(( -3 - 2)( -3 + 2) = (-5)(-1) = 5 > 0\).
• Pro \(-2 < x < 2\), např. \(x=0\): \((0 - 2)(0 + 2) = (-2)(2) = -4 < 0\).
• Pro \(x > 2\), např. \(x=3\): \((3 – 2)(3 + 2) = (1)(5) = 5 > 0\).

Proto \(\frac{1}{x^2 – 4} < 0\) platí pouze v intervalu, kde je jmenovatel záporný, tedy pro \(x \in (-2, 2)\).

Dále řešíme druhou nerovnici:

\(|x-1| + |x+2| \leq 5\).

Body, kde absolutní hodnoty mění znaménko, jsou \(x=1\) a \(x=-2\). Rozdělíme na tři intervaly:

• \(x < -2\)
• \(-2 \leq x < 1\)
• \(x \geq 1\)

Pro každý interval upravíme výraz:

Pro \(x < -2\):

\(|x-1| = 1 – x\), protože \(x-1 < 0\)

\(|x+2| = -x – 2\), protože \(x+2 < 0\)

Sčítáme:

\(1 – x – x – 2 = -1 – 2x \leq 5\)

Upravíme:

\(-1 – 2x \leq 5 \Rightarrow -2x \leq 6 \Rightarrow x \geq -3\).

Průnik s intervalem \(x < -2\) je \(x \in [-3, -2)\).

Pro interval \(-2 \leq x < 1\):

\(|x-1| = 1 – x\)

\(|x+2| = x + 2\)

Sčítáme:

\(1 – x + x + 2 = 3 \leq 5\), což platí pro všechna \(x\) v tomto intervalu.

Pro \(x \geq 1\):

\(|x-1| = x – 1\)

\(|x+2| = x + 2\)

Sčítáme:

\(x – 1 + x + 2 = 2x + 1 \leq 5\)

Upravíme:

\(2x \leq 4 \Rightarrow x \leq 2\).

Průnik s \(x \geq 1\) je \(x \in [1, 2]\).

Celkové řešení druhé nerovnice je tedy:

\([-3, -2) \cup [-2, 1) \cup [1, 2] = [-3, 2]\).

Průnik řešení obou nerovnic je:

\((-2, 2) \cap [-3, 2] = (-2, 2]\), přičemž musíme vyloučit hodnoty \(x = \pm 2\), takže:

\(x \in (-2, 2)\).

Řešení příkladu:

Nejprve určíme definiční obor soustavy. Pro \(\ln(x+2)\) platí \(x + 2 > 0 \Rightarrow x > -2\). Ve druhé nerovnici nesmí být jmenovatel nulový, tedy \(x \neq 1\).

První nerovnice:

\(\ln(x+2) > 0\) znamená, že argument logaritmu je větší než \(1\), protože \(\ln(1) = 0\).

Tedy:

\(x + 2 > 1 \Rightarrow x > -1\).

Druhá nerovnice:

\(\frac{x^2 – 4x + 3}{x – 1} \leq 0\).

Rozložíme čitatel:

\(x^2 – 4x + 3 = (x – 1)(x – 3)\).

Výraz je tedy:

\(\frac{(x-1)(x-3)}{x-1} \leq 0\).

Pro \(x \neq 1\) můžeme zkrátit \(x-1\):

\(x – 3 \leq 0\).

Podmínka \(x \neq 1\) musí být stále respektována.

Takže máme:

\(x \leq 3\) a \(x \neq 1\).

Definiční obor pro druhou nerovnici je \(\mathbb{R} \setminus \{1\}\).

Celkový definiční obor soustavy je tedy \(x > -2\) a \(x \neq 1\).

Průnik řešení obou nerovnic:

\(x > -1\) z první nerovnice a \(x \leq 3\), \(x \neq 1\) z druhé.

Výsledkem je interval:

\((-1, 1) \cup (1, 3]\).

Řešení příkladu:

Definiční obor první nerovnice je \(x \neq 3\).

Upravíme první nerovnici:

\(\frac{x+2}{x-3} > 1 \Rightarrow \frac{x+2}{x-3} – 1 > 0\).

\(\Rightarrow \frac{x+2 – (x-3)}{x-3} > 0\), což je:

\(\frac{x + 2 – x + 3}{x-3} = \frac{5}{x-3} > 0\).

Závisí tedy jen na znaménku jmenovatele:

\(\frac{5}{x-3} > 0 \Rightarrow x – 3 > 0 \Rightarrow x > 3\).

Druhá nerovnice je:

\(|2x – 5| < 7\).

Otevřeme absolutní hodnotu:

\(-7 < 2x - 5 < 7\).

Řešíme obě části:

Pro levý nerovnici:

\(-7 < 2x - 5 \Rightarrow -2 < 2x \Rightarrow -1 < x\).

Pro pravý nerovnici:

\(2x – 5 < 7 \Rightarrow 2x < 12 \Rightarrow x < 6\).

Řešením je interval:

\((-1, 6)\).

Průnik řešení obou nerovnic je tedy:

\((3, \infty) \cap (-1, 6) = (3, 6)\).

Řešení příkladu:

První nerovnice:

\(x^2 – 4x + 3 > 0\).

Rozložíme kvadratický výraz:

\(x^2 – 4x + 3 = (x – 1)(x – 3)\).

Určíme kořeny a určíme znaménko na intervalech:

Kritické body jsou \(x = 1\) a \(x = 3\).

Parabola je otevřená nahoru, tedy výraz je kladný mimo interval \((1,3)\) a záporný uvnitř.

Řešení první nerovnice je:

\((-\infty, 1) \cup (3, \infty)\).

Druhá nerovnice:

\(\frac{x+1}{x-2} \leq 2\), definiční obor \(x \neq 2\).

Upravíme:

\(\frac{x+1}{x-2} – 2 \leq 0 \Rightarrow \frac{x+1 – 2(x-2)}{x-2} \leq 0\).

\(\Rightarrow \frac{x + 1 – 2x + 4}{x-2} = \frac{-x + 5}{x-2} \leq 0\).

Kritické body jsou \(x = 5\) a \(x = 2\), přičemž \(x=2\) není v definičním oboru.

Určíme znaménka na intervalech:

• Pro \(x < 2\), např. \(x=0\): \(\frac{-0+5}{0-2} = \frac{5}{-2} = -2.5 \leq 0\) platí.
• Pro \(2 < x < 5\), např. \(x=3\): \(\frac{-3+5}{3-2} = \frac{2}{1} = 2 > 0\) neplatí.
• Pro \(x > 5\), např. \(x=6\): \(\frac{-6+5}{6-2} = \frac{-1}{4} = -0.25 \leq 0\) platí.

Řešením druhé nerovnice je tedy:

\((-\infty, 2) \cup [5, \infty)\).

Průnik řešení obou nerovnic je:

\(\bigl((-\infty, 1) \cup (3, \infty)\bigr) \cap \bigl((-\infty, 2) \cup [5, \infty)\bigr)\).

Rozepíšeme průniky:

\((-\infty, 1) \cap (-\infty, 2) = (-\infty, 1)\).

\((-\infty, 1) \cap [5, \infty) = \emptyset\).

\((3, \infty) \cap (-\infty, 2) = \emptyset\).

\((3, \infty) \cap [5, \infty) = [5, \infty)\).

Celkové řešení soustavy je tedy:

\((-\infty, 1) \cup [5, \infty)\).

Řešení příkladu:

Nejdříve se zaměříme na první nerovnici: \( |x^2 – 4| \leq 5 \). Absolutní hodnota znamená, že výraz uvnitř je v intervalu mezi \(-5\) a \(5\):

\(-5 \leq x^2 – 4 \leq 5 \Rightarrow\)

\(-5 + 4 \leq x^2 \leq 5 + 4 \Rightarrow\)

\(-1 \leq x^2 \leq 9\)

Protože \(x^2 \geq 0\) pro všechna reálná \(x\), spodní nerovnice \(-1 \leq x^2\) je vždy splněna. Zůstává tedy horní nerovnice:

\(x^2 \leq 9 \Rightarrow -3 \leq x \leq 3\)

Tím jsme omezili \(x\) na interval \([-3, 3]\).

Nyní přejdeme k druhé nerovnici: \(\frac{2x – 3}{x + 1} > 1\).

Nejdříve určíme definiční obor:

\(x + 1 \neq 0 \Rightarrow x \neq -1\)

Nyní upravíme nerovnici:

\(\frac{2x – 3}{x + 1} > 1 \Rightarrow \frac{2x – 3}{x + 1} – 1 > 0 \Rightarrow \frac{2x – 3 – (x + 1)}{x + 1} > 0\)

\(\Rightarrow \frac{2x – 3 – x – 1}{x + 1} > 0 \Rightarrow \frac{x – 4}{x + 1} > 0\)

Nyní řešíme nerovnici \(\frac{x – 4}{x + 1} > 0\). Kritické body jsou \(x = 4\) a \(x = -1\) (kde jmenovatel je nula).

Intervaly rozdělené těmito body jsou:

\((-\infty, -1), (-1, 4), (4, \infty)\)

Pro každý interval určíme znaménko zlomku:

• Pro \(x < -1\): např. \(x = -2\), \(\frac{-2 - 4}{-2 + 1} = \frac{-6}{-1} = 6 > 0\)
• Pro \(-1 < x < 4\): např. \(x = 0\), \(\frac{0 - 4}{0 + 1} = \frac{-4}{1} = -4 < 0\)
• Pro \(x > 4\): např. \(x = 5\), \(\frac{5 – 4}{5 + 1} = \frac{1}{6} > 0\)

Podmínka je tedy splněna pro intervaly \((-\infty, -1)\) a \((4, \infty)\).

Vzhledem k definičnímu oboru je vyloučen bod \(x = -1\).

Nyní kombinujeme výsledky obou nerovnic:

První nerovnice omezuje \(x\) na interval \([-3, 3]\).

Druhá nerovnice požaduje \(x \in (-\infty, -1) \cup (4, \infty)\).

Průnik je tedy:

\([-3, 3] \cap (-\infty, -1) = [-3, -1)\)

a

\([-3, 3] \cap (4, \infty) = \emptyset\)

Protože \( (4, \infty) \) je mimo interval \([-3, 3]\).

Konečné řešení soustavy je tedy:

\(x \in [-3, -1)\)

Řešení příkladu:

Nejprve řešíme první nerovnici: \(\sqrt{2x + 3} < 5\).

Definiční obor je \(2x + 3 \geq 0 \Rightarrow x \geq -\frac{3}{2}\).

Omezení první nerovnice: \(\sqrt{2x + 3} < 5 \Rightarrow 2x + 3 < 25 \Rightarrow 2x < 22 \Rightarrow x < 11\).

Takže z první nerovnice plyne \( -\frac{3}{2} \leq x < 11\).

Druhá nerovnice je kvadratická: \(x^2 – 6x + 5 \geq 0\).

Nejprve najdeme kořeny kvadratické rovnice \(x^2 – 6x + 5 = 0\) pomocí diskriminantu:

\(D = (-6)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 5 = 36 – 20 = 16\).

Kořeny jsou:

\(x_{1,2} = \frac{6 \pm \sqrt{16}}{2} = \frac{6 \pm 4}{2}\), tedy \(x_1 = 1\), \(x_2 = 5\).

Protože kvadratický člen je kladný (\(1 > 0\)), parabola je otevřená nahoru a nerovnice \(x^2 – 6x + 5 \geq 0\) platí mimo interval \((1, 5)\), tedy:

\(x \leq 1 \text{ nebo } x \geq 5\).

Průnik obou podmínek je:

\(\left[-\frac{3}{2}, 11\right) \cap \left((-\infty, 1] \cup [5, \infty)\right) = \left[-\frac{3}{2}, 1\right] \cup [5, 11)\).

Konečné řešení soustavy je:

\(x \in \left[-\frac{3}{2}, 1\right] \cup [5, 11)\).

Řešení příkladu:

První nerovnice obsahuje logaritmus \(\ln(x^2 – 1) > 0\). Definiční obor logaritmu je \(x^2 – 1 > 0\), tedy:

\(x^2 > 1 \Rightarrow x < -1 \text{ nebo } x > 1\).

Nyní z nerovnice \(\ln(x^2 – 1) > 0\) vyplývá, že argument logaritmu je větší než \(1\), protože \(\ln t > 0 \iff t > 1\).

Tedy:

\(x^2 – 1 > 1 \Rightarrow x^2 > 2 \Rightarrow x < -\sqrt{2} \text{ nebo } x > \sqrt{2}\).

Celý definiční obor i s nerovností je tedy \(x < -\sqrt{2}\) nebo \(x > \sqrt{2}\).

Druhá nerovnice je:

\(\frac{3x + 2}{x – 1} \leq 4\).

Definiční obor: \(x \neq 1\).

Upravíme nerovnici:

\(\frac{3x + 2}{x – 1} – 4 \leq 0 \Rightarrow \frac{3x + 2 – 4(x – 1)}{x – 1} \leq 0\).

\(\Rightarrow \frac{3x + 2 – 4x + 4}{x – 1} \leq 0 \Rightarrow \frac{-x + 6}{x – 1} \leq 0\).

Kritické body jsou \(x = 6\) a \(x = 1\).

Rozdělíme reálnou osu na intervaly \((-\infty, 1)\), \((1, 6)\), \((6, \infty)\).

Testujeme znaménko:

• Pro \(x < 1\), např. \(x = 0\): \(\frac{-0 + 6}{0 - 1} = \frac{6}{-1} = -6 \leq 0\) platí.
• Pro \(1 < x < 6\), např. \(x = 2\): \(\frac{-2 + 6}{2 - 1} = \frac{4}{1} = 4 \not\leq 0\) neplatí.
• Pro \(x > 6\), např. \(x = 7\): \(\frac{-7 + 6}{7 – 1} = \frac{-1}{6} = -\frac{1}{6} \leq 0\) platí.

Definiční obor vylučuje \(x=1\), takže řešení druhé nerovnice je \( (-\infty, 1) \cup [6, \infty) \).

Průnik řešení obou nerovnic je:

\(\left( (-\infty, 1) \cup [6, \infty) \right) \cap \left( (-\infty, -\sqrt{2}) \cup (\sqrt{2}, \infty) \right)\).

To odpovídá dvěma částem:

\((- \infty, 1) \cap (-\infty, -\sqrt{2}) = (-\infty, -\sqrt{2})\),

\([6, \infty) \cap (\sqrt{2}, \infty) = [6, \infty)\).

Konečné řešení je tedy:

\(x \in (-\infty, -\sqrt{2}) \cup [6, \infty)\).

Řešení příkladu:

První nerovnice je exponenciální: \(2^{x} + 3 \cdot 2^{-x} \leq 7\).

Pro jednodušší řešení zavedeme substituci \(t = 2^{x}\), přičemž \(t > 0\) pro všechna reálná \(x\).

Pak máme:

\(t + \frac{3}{t} \leq 7\).

Nyní vynásobíme obě strany nerovnice \(t\), protože \(t > 0\), takže nerovnost se nezmění:

\(t^2 + 3 \leq 7t\).

Upravíme na kvadratickou nerovnici:

\(t^2 – 7t + 3 \leq 0\).

Vypočítáme diskriminant:

\(D = 49 – 12 = 37\).

Kořeny jsou:

\(t_{1,2} = \frac{7 \pm \sqrt{37}}{2}\).

Protože kvadratický člen je kladný, nerovnice \(t^2 – 7t + 3 \leq 0\) platí pro \(t\) mezi kořeny:

\(\frac{7 – \sqrt{37}}{2} \leq t \leq \frac{7 + \sqrt{37}}{2}\).

Čísla přibližně jsou:

\(\frac{7 – 6.08}{2} = \frac{0.92}{2} = 0.46\), \(\frac{7 + 6.08}{2} = \frac{13.08}{2} = 6.54\).

Podmínka pro \(t\) je tedy \(0.46 \leq t \leq 6.54\).

Nyní vrátíme substituci: \(t = 2^{x}\).

Protože \(2^{x}\) je rostoucí funkce, získáme:

\(0.46 \leq 2^{x} \leq 6.54 \Rightarrow \log_2 0.46 \leq x \leq \log_2 6.54\).

Vypočítáme přibližné hodnoty:

\(\log_2 0.46 \approx -1.12\), \(\log_2 6.54 \approx 2.71\).

Takže:

\(-1.12 \leq x \leq 2.71\).

Druhá nerovnice je kvadratická:

\(x^2 – 4x + 3 < 0\).

Najdeme kořeny:

\(x^2 – 4x + 3 = 0 \Rightarrow (x-1)(x-3) = 0 \Rightarrow x=1, x=3\).

Protože parabola je otevřená nahoru, nerovnice \(< 0\) platí pro interval mezi kořeny:

\(1 < x < 3\).

Průnik obou řešení je:

\([-1.12, 2.71] \cap (1, 3) = (1, 2.71]\).

Konečné řešení soustavy je tedy:

\(x \in (1, 2.71]\).

Řešení příkladu:

Nejprve řešíme první nerovnici: \(|x-2| + |x+1| \leq 5\).

Protože absolutní hodnoty mění chování na intervalech, rozdělíme řešení podle bodů, kde výrazy uvnitř absolutních hodnot mění znaménko, tj. \(x=2\) a \(x=-1\).

Máme tedy tři intervaly:

• \(x < -1\)
• \(-1 \leq x < 2\)
• \(x \geq 2\)

V každém intervalu upravíme absolutní hodnoty:

Pro \(x < -1\):

\(|x-2| = 2 – x\), protože \(x-2 < 0\)

\(|x+1| = -x – 1\), protože \(x+1 < 0\)

Součet je:

\(2 – x + (-x – 1) = 1 – 2x \leq 5\)

Upravíme:

\(1 – 2x \leq 5 \Rightarrow -2x \leq 4 \Rightarrow x \geq -2\).

V intervalu \(x < -1\) je tedy podmínka \(x \geq -2\).

Průnik: \(-2 \leq x < -1\).

Pro interval \(-1 \leq x < 2\):

\(|x-2| = 2 – x\), protože \(x-2 < 0\)

\(|x+1| = x + 1\), protože \(x + 1 \geq 0\)

Součet je:

\(2 – x + x + 1 = 3 \leq 5\), což je pravda pro všechna \(x\) v tomto intervalu.

Celý interval \([-1, 2)\) tedy vyhovuje.

Pro interval \(x \geq 2\):

\(|x-2| = x – 2\), protože \(x – 2 \geq 0\)

\(|x+1| = x + 1\), protože \(x + 1 \geq 0\)

Součet je:

\(x – 2 + x + 1 = 2x – 1 \leq 5\)

Upravíme:

\(2x \leq 6 \Rightarrow x \leq 3\).

V tomto intervalu je tedy podmínka \(2 \leq x \leq 3\).

Sčítáme všechny části, kde první nerovnice platí:

\([-2, -1) \cup [-1, 2) \cup [2, 3]\), což lze sjednotit na interval \([-2, 3]\).

Druhá nerovnice je kvadratická: \(x^2 + 2x – 3 > 0\).

Najdeme kořeny rovnice \(x^2 + 2x – 3 = 0\):

\(D = 2^2 – 4 \cdot 1 \cdot (-3) = 4 + 12 = 16\).

\(x_{1,2} = \frac{-2 \pm 4}{2}\), tedy \(x_1 = 1\), \(x_2 = -3\).

Protože kvadratický člen je kladný, parabola je otevřená nahoru a nerovnice \(> 0\) platí mimo interval mezi kořeny:

\(x < -3\) nebo \(x > 1\).

Průnik obou řešení je:

\([-2, 3] \cap \left( (-\infty, -3) \cup (1, \infty) \right) = (1, 3]\).

Konečné řešení soustavy je tedy:

\(x \in (1, 3]\).

Řešení příkladu:

Nejprve určíme definiční obor první nerovnice. Výraz je definován pro \(x \neq 4\).

Rozložíme čitatel:

\(x^2 – 5x + 6 = (x-2)(x-3)\).

Výraz tedy máme:

\(\frac{(x-2)(x-3)}{x-4} \geq 0\).

Kritické body jsou \(x=2\), \(x=3\) a \(x=4\) (vyloučený bod z definičního oboru).

Určíme znaménko výrazu na intervalech rozdělených těmito body:

• Interval \((-\infty, 2)\): Zvolíme například \(x=1\).
• Interval \((2, 3)\): Zvolíme například \(x=2.5\).
• Interval \((3, 4)\): Zvolíme například \(x=3.5\).
• Interval \((4, \infty)\): Zvolíme například \(x=5\).

Pro \(x=1\):

\(\frac{(1-2)(1-3)}{1-4} = \frac{(-1)(-2)}{-3} = \frac{2}{-3} = -\frac{2}{3} < 0\).

Pro \(x=2.5\):

\(\frac{(2.5-2)(2.5-3)}{2.5-4} = \frac{(0.5)(-0.5)}{-1.5} = \frac{-0.25}{-1.5} = \frac{1}{6} > 0\).

Pro \(x=3.5\):

\(\frac{(3.5-2)(3.5-3)}{3.5-4} = \frac{(1.5)(0.5)}{-0.5} = \frac{0.75}{-0.5} = -1.5 < 0\).

Pro \(x=5\):

\(\frac{(5-2)(5-3)}{5-4} = \frac{(3)(2)}{1} = 6 > 0\).

Podle těchto výsledků je výraz kladný nebo nulový na intervalech \([2, 3]\) a \((4, \infty)\) (v bodech \(2\) a \(3\) je čitatel nulový, proto výraz je nula a nerovnice platí s rovností; bod \(4\) je vyloučen).

Řešení první nerovnice je tedy:

\([2, 3] \cup (4, \infty)\).

Druhá nerovnice:

\(|x-3| + |x-5| < 4\).

Rozdělíme reálnou osu na tři intervaly podle bodů, kde absolutní hodnoty mění znak: \(x=3\) a \(x=5\).

• Pro \(x < 3\): \(|x-3| = 3 - x\), \(|x-5| = 5 - x\), takže výraz je \(3 - x + 5 - x = 8 - 2x < 4\).
• Pro \(3 \leq x < 5\): \(|x-3| = x - 3\), \(|x-5| = 5 - x\), takže výraz je \(x - 3 + 5 - x = 2 < 4\).
• Pro \(x \geq 5\): \(|x-3| = x – 3\), \(|x-5| = x – 5\), takže výraz je \(x – 3 + x – 5 = 2x – 8 < 4\).

Řešíme jednotlivé nerovnice:

1. Pro \(x < 3\):

\(8 – 2x < 4 \Rightarrow -2x < -4 \Rightarrow x > 2\).

Průnik s intervalem \(x < 3\) je \(x \in (2, 3)\).

2. Pro \(3 \leq x < 5\):

Výraz je konstantní a menší než \(4\), takže platí pro všechna \(x\) v tomto intervalu.

3. Pro \(x \geq 5\):

\(2x – 8 < 4 \Rightarrow 2x < 12 \Rightarrow x < 6\).

Průnik s intervalem \(x \geq 5\) je \(x \in [5, 6)\).

Celkové řešení druhé nerovnice je tedy:

\((2, 3) \cup [3, 5) \cup [5, 6) = (2, 6)\).

Průnik řešení obou nerovnic je:

\(([2, 3] \cup (4, \infty)) \cap (2, 6) = ([2, 3] \cap (2, 6)) \cup ((4, \infty) \cap (2, 6)) = (2, 3] \cup (4, 6)\).

Výsledné řešení soustavy nerovnic je tedy:

\(x \in (2, 3] \cup (4, 6)\).

Řešení příkladu:

Definiční obor první nerovnice je \(x \neq 2\) (jmenovatel nesmí být nula).

Pro druhou nerovnici platí, že argument logaritmu musí být kladný:

\(5 – x > 0 \Rightarrow x < 5\).

Vyřešíme druhou nerovnici \(\ln(5 – x) \geq 0\). Logaritmus je větší nebo roven nule, pokud platí:

\(5 – x \geq 1 \Rightarrow x \leq 4\).

Celkový definiční obor soustavy je tedy:

\(\{ x \in \mathbb{R} \mid x \neq 2, x < 5, x \leq 4 \} = (-\infty, 2) \cup (2, 4]\).

Teď upravíme první nerovnici:

\(\frac{|x^2 – 1|}{x – 2} < 3\).

Vynásobíme obě strany nerovnice výrazem \(x – 2\), přičemž musíme rozdělit řešení podle znaménka \(x – 2\), protože násobení nerovnice záporným číslem změní směr nerovnice.

1. Pro \(x > 2\):

\(\frac{|x^2 – 1|}{x – 2} < 3 \Rightarrow |x^2 - 1| < 3(x - 2)\).

2. Pro \(x < 2\):

\(\frac{|x^2 – 1|}{x – 2} < 3 \Rightarrow |x^2 - 1| > 3(x – 2)\).

V obou případech budeme řešit nerovnice s absolutní hodnotou.

Rozložíme výraz uvnitř absolutní hodnoty:

\(x^2 – 1 = (x – 1)(x + 1)\).

Pro vyřešení nerovnic s absolutní hodnotou rozdělíme osu podle bodů \(-1\) a \(1\), kde výraz mění znaménko.

Intervaly:

• \(x < -1\)
• \(-1 \leq x \leq 1\)
• \(x > 1\)

Budeme řešit postupně každý interval zvlášť pro obě části (pro \(x<2\) a \(x>2\)).

Pro \(x > 2\) (tzn. \(x > 2\), tedy \(x > 1\)):

Na intervalu \(x > 1\) platí \(x^2 – 1 > 0\), takže \(|x^2 – 1| = x^2 – 1\).

Takže nerovnice je:

\(x^2 – 1 < 3(x - 2)\).

Úprava:

\(x^2 – 1 < 3x - 6 \Rightarrow x^2 - 3x + 5 < 0\).

Zjistíme diskriminant:

\(\Delta = (-3)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 5 = 9 – 20 = -11 < 0\).

Parabola \(x^2 – 3x + 5\) je vždy kladná, takže nerovnice nemá řešení.

Pro \(x < 2\) (tedy \(x < 2\), rozdělujeme podle \(-1\) a \(1\)):

Na intervalech:

1) \(x < -1\): \(x^2 - 1 > 0\) \Rightarrow \(|x^2 – 1| = x^2 – 1\).

Nerovnice pro \(x < 2\) je \(|x^2 - 1| > 3(x – 2)\), tedy:

\(x^2 – 1 > 3x – 6 \Rightarrow x^2 – 3x + 5 > 0\).

Tato nerovnice je vždy pravdivá (viz výše), takže na tomto intervalu \(x < -1\) platí.

2) \(-1 \leq x \leq 1\):

Na tomto intervalu \(x^2 – 1 \leq 0\), tedy \(|x^2 – 1| = -(x^2 – 1) = 1 – x^2\).

Nerovnice je:

\(1 – x^2 > 3(x – 2)\).

Úprava:

\(1 – x^2 > 3x – 6 \Rightarrow -x^2 – 3x + 7 > 0 \Rightarrow x^2 + 3x – 7 < 0\).

Diskriminant:

\(\Delta = 9 + 28 = 37\).

Kořeny:

\(x = \frac{-3 \pm \sqrt{37}}{2}\).

Přibližné hodnoty jsou:

\(x_1 \approx -5.54\), \(x_2 \approx 2.54\).

Parabola je otevřená nahoru, takže nerovnice je splněna pro \(x \in (-5.54, 2.54)\).

Průnik s intervalem \([-1,1]\) je tedy \([-1, 1]\).

3) \(1 < x < 2\): Na tomto intervalu je \(x^2 - 1 > 0\), takže \(|x^2 – 1| = x^2 – 1\).

Nerovnice je tedy:

\(x^2 – 1 > 3(x – 2)\) \Rightarrow \(x^2 – 3x + 5 > 0\), což je vždy pravda.

Celkové řešení první nerovnice je tedy:

\((-\infty, -1) \cup [-1,1] \cup (1, 2) = (-\infty, 2) \setminus \{2\}\).

Celkový definiční obor i řešení první nerovnice je tedy \((-\infty, 2)\).

Řešení druhé nerovnice je \((-\infty, 4]\), průnik s definičním oborem dává:

\((-\infty, 2) \cap (-\infty, 4] = (-\infty, 2)\).

Konečné řešení soustavy je:

\(x \in (-\infty, 2)\).

Řešení příkladu:

Nejprve určíme definiční obor druhé nerovnice. Jmenovatel nesmí být nula:

\(x^2 – 1 \neq 0 \Rightarrow x \neq \pm 1\).

Vyřešíme první nerovnici:

\(x^3 – 3x^2 – 4 \leq 0\).

Nejprve najdeme kořeny polynomu \(x^3 – 3x^2 – 4 = 0\).

Zkoušíme racionální kořeny: dělení podle \(x = 4\):

\(4^3 – 3 \cdot 4^2 – 4 = 64 – 48 – 4 = 12 \neq 0\).

Zkoušíme \(x = -1\): \(-1 + 3 – 4 = -2 \neq 0\).

Zkoušíme \(x = 2\): \(8 – 12 – 4 = -8 \neq 0\).

Zkoušíme \(x = -2\): \(-8 – 12 – 4 = -24 \neq 0\).

Podíváme se na derivaci:

\(f'(x) = 3x^2 – 6x = 3x(x-2)\), kritické body \(x=0\) a \(x=2\).

Hodnoty v těchto bodech:

\(f(0) = -4\), \(f(2) = 8 – 12 – 4 = -8\).

Funkce má tedy minimum v \(x=2\), které je záporné, a maximum v \(x=0\), které je záporné.

Funkce je klesající na intervalu \((-\infty, 0)\), roste na \((0, 2)\) a roste od \(2\) dále.

Zkusíme najít přesnější kořen pomocí metody bisekce v intervalu \((3,4)\):

Protože \(f(3) = 27 – 27 – 4 = -4 < 0\), \(f(4) = 64 - 48 - 4 = 12 > 0\), kořen je mezi 3 a 4.

Přibližný kořen označíme \(x_0 \approx 3.5\).

Nerovnice \(f(x) \leq 0\) tedy platí na intervalech \((-\infty, x_0]\).

Vyřešíme druhou nerovnici:

\(\frac{2x – 5}{x^2 – 1} > 0\), kde \(x \neq \pm 1\).

Kritické body jsou \(x = \frac{5}{2} = 2.5\), \(x = -1\) a \(x=1\).

Určíme znaménko výrazu na intervalech:

\((-\infty, -1)\), \((-1,1)\), \((1, 2.5)\), \((2.5, \infty)\).

Na intervalu \((-\infty, -1)\):

Čitatel \(2x-5 < 0\), jmenovatel \(x^2 -1 > 0\), výraz záporný.

Na \((-1,1)\): čitatel záporný, jmenovatel záporný, výraz kladný.

Na \((1, 2.5)\): čitatel záporný, jmenovatel kladný, výraz záporný.

Na \((2.5, \infty)\): čitatel kladný, jmenovatel kladný, výraz kladný.

Druhá nerovnice je splněna pro \(x \in (-1,1) \cup (2.5, \infty)\).

Průnik s definičním oborem první nerovnice \( (-\infty, x_0]\) je:

\((-1,1) \cup (2.5, x_0]\), kde \(x_0 \approx 3.5\).

Konečné řešení soustavy je tedy:

\(x \in (-1,1) \cup (2.5, 3.5]\).

Řešení příkladu:

Nejprve určíme definiční obor druhé nerovnice:

\(x \neq 1\).

Vyřešíme první nerovnici:

\(|x^2 – 4x + 3| \leq 2x – 1\).

Uvědomíme si, že pravá strana musí být nezáporná, protože levá strana je absolutní hodnota.

Takže:

\(2x – 1 \geq 0 \Rightarrow x \geq \frac{1}{2}\).

Pro \(x \geq \frac{1}{2}\) řešíme:

\(|x^2 – 4x + 3| \leq 2x – 1\).

Určíme kořeny kvadratického výrazu:

\(x^2 – 4x + 3 = (x-1)(x-3)\).

Výraz pod absolutní hodnotou mění znaménko v bodech \(1\) a \(3\).

Intervaly jsou tedy:

1) \(x < 1\): \(x^2 - 4x + 3 > 0\) nebo \(x^2 – 4x + 3 < 0\)?

Pro \(x=0\), hodnota \(3 > 0\), tedy na intervalu \(x < 1\) je výraz kladný.

2) \(1 < x < 3\): pro \(x=2\), \(4 - 8 + 3 = -1 < 0\), tedy záporný.

3) \(x > 3\): pro \(x=4\), \(16 – 16 + 3 = 3 > 0\).

Proto:

\(|x^2 – 4x + 3| = \begin{cases} x^2 – 4x + 3, & x \in (-\infty,1] \cup [3, \infty) \\ -(x^2 – 4x + 3), & x \in (1,3) \end{cases}\).

Řešíme tedy dvě nerovnice podle intervalů:

1) Pro \(x \in [\frac{1}{2}, 1]\):

\(x^2 – 4x + 3 \leq 2x – 1\).

Úprava:

\(x^2 – 6x + 4 \leq 0\).

Diskriminant:

\(\Delta = (-6)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 4 = 36 – 16 = 20\).

Kořeny:

\(x = \frac{6 \pm \sqrt{20}}{2} = 3 \pm \sqrt{5}\).

Přibližné hodnoty:

\(3 – \sqrt{5} \approx 0.76\), \(3 + \sqrt{5} \approx 5.24\).

Parabola je otevřená nahoru, tedy nerovnice je splněna mezi kořeny:

\(x \in (0.76, 5.24)\).

Průnik s intervalem \([\frac{1}{2}, 1]\) je tedy \([0.76, 1]\).

2) Pro \(x \in (1,3)\):

\(- (x^2 – 4x + 3) \leq 2x – 1\), tedy

\(-x^2 + 4x – 3 \leq 2x – 1 \Rightarrow -x^2 + 2x – 2 \leq 0\),

což je

\(x^2 – 2x + 2 \geq 0\).

Parabola \(x^2 – 2x + 2\) je vždy kladná, protože \(\Delta = (-2)^2 – 8 = 4 – 8 = -4 < 0\).

Tedy nerovnice je pravdivá na celém intervalu \((1,3)\).

3) Pro \(x \in [3, \infty)\):

\(x^2 – 4x + 3 \leq 2x – 1 \Rightarrow x^2 – 6x + 4 \leq 0\), což už bylo řešeno v prvním případě.

Parabola je splněna mezi kořeny \(3 – \sqrt{5}\) a \(3 + \sqrt{5}\), takže na intervalu \([3, \infty)\) je splněna na \([3, 3 + \sqrt{5}]\).

Sjednocení všech řešení první nerovnice a omezení na \(x \geq \frac{1}{2}\) dává:

\([0.76, 1] \cup (1,3) \cup [3, 5.24]\).

Druhá nerovnice:

\(\frac{x+2}{x-1} < 0\), definiční obor \(x \neq 1\).

Určíme znaménka na intervalech:

\((-\infty, 1)\) a \((1, \infty)\).

Pro \(x < 1\): čitatel \(x+2 < 3\), ale je vždy větší než \(-2\), pro \(x > -2\) je čitatel kladný. Konkrétně pro \(x \in (-2, 1)\), čitatel kladný, jmenovatel záporný, takže výraz záporný.

Pro \(x \in (-\infty, -2)\), čitatel záporný, jmenovatel záporný, výraz kladný.

Pro \(x > 1\), jmenovatel kladný, čitatel kladný, výraz kladný.

Druhá nerovnice je splněna na intervalu \((-2, 1)\).

Průnik řešení obou nerovnic s ohledem na definiční obor je:

\(\left([0.76, 1] \cup (1,3) \cup [3, 5.24]\right) \cap (-2, 1) = [0.76, 1)\).

Konečné řešení soustavy je:

\(x \in [0.76, 1)\).

Řešení příkladu:

Definiční obor první nerovnice:

\(x \neq 4\), protože jmenovatel nesmí být nula.

Vyřešíme první nerovnici:

\(\frac{|x^2 – 9|}{x – 4} \leq 3\).

Nejprve přepíšeme jako:

\(|x^2 – 9| \leq 3(x – 4)\).

Uvědomíme si, že pravá strana musí být nezáporná, tedy \(3(x – 4) \geq 0 \Rightarrow x \geq 4\).

Pro \(x \geq 4\) platí:

\(|x^2 – 9| \leq 3(x – 4)\).

Určíme, kdy \(x^2 – 9 \geq 0\):

\(x^2 – 9 = (x-3)(x+3) \geq 0\), což platí pro \(x \leq -3\) nebo \(x \geq 3\).

Na intervalu \(x \geq 4\) je tedy \(|x^2 – 9| = x^2 – 9\).

První nerovnice pro \(x \geq 4\) je:

\(x^2 – 9 \leq 3(x – 4)\).

Úprava:

\(x^2 – 9 \leq 3x – 12 \Rightarrow x^2 – 3x + 3 \leq 0\).

Diskriminant:

\(\Delta = (-3)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 3 = 9 – 12 = -3 < 0\).

Parabola \(x^2 – 3x + 3\) je vždy kladná, takže nerovnice nemá řešení na \(x \geq 4\).

Pro \(x < 4\) musí být zlomek \(\frac{|x^2 - 9|}{x-4}\) definován, tedy \(x \neq 4\).

Pro \(x < 4\) nerovnici upravíme:

\(\frac{|x^2 – 9|}{x-4} \leq 3 \Rightarrow |x^2 – 9| \leq 3(x-4)\).

Pro \(x < 4\) platí \(x-4 < 0\), tedy pravá strana je záporná nebo nulová.

Levá strana je absolutní hodnota, vždy nezáporná.

Takže pro \(x < 4\) je nerovnice splněna pouze tehdy, když:

\(|x^2 – 9| \leq \text{něco záporného}\), což není možné, pokud levá strana je kladná.

Výjimkou je případ, kdy pravá strana je nula a levá strana je také nula, což nastane, když \(x – 4 = 0\) a \(x^2 – 9 = 0\) zároveň.

To není možné, protože \(x=4\) není řešení kvůli definičnímu oboru.

Tedy žádné řešení na \(x < 4\) neexistuje.

Řešení první nerovnice je prázdná množina.

Vyřešíme druhou nerovnici:

\(\frac{x-2}{x^2 – 5x + 6} \geq 0\), kde \(x^2 – 5x + 6 = (x-2)(x-3)\).

Definiční obor je \(x \neq 2, 3\).

Vyhodnotíme znaménko výrazu na intervalech:

\((-\infty, 2)\), \((2, 3)\), \((3, \infty)\).

Pro \(x < 2\): čitatel \(x-2 < 0\), jmenovatel \((x-2)(x-3)\) - první faktor záporný, druhý faktor záporný (pro \(x < 2\), \(x-3 < 0\)), takže jmenovatel kladný (součin dvou záporných).

Znamenko zlomku: záporné děleno kladné je záporné.

Pro \(x \in (2, 3)\): čitatel kladný, jmenovatel \((x-2) > 0\), \((x-3) < 0\), tedy jmenovatel záporný.

Zlomkový výraz záporný.

Pro \(x > 3\): čitatel kladný, jmenovatel kladný, tedy výraz kladný.

Druhá nerovnice je tedy splněna na intervalu \((3, \infty)\).

Konečné řešení soustavy je průnik řešení obou nerovnic, což je prázdná množina.

Řešení:

Definiční obor nerovnice určuje výraz pod odmocninou:

\[ 3x – 2 \geq 0 \Rightarrow x \geq \frac{2}{3} \]

Dále musí platit, že pravá strana je nezáporná, protože levá (odmocnina) je vždy \(\geq 0\):

\[ x + 1 \geq 0 \Rightarrow x \geq -1 \]

Protože \(\frac{2}{3} > -1\), definujeme D jako:

\[ D = \left[ \frac{2}{3}, +\infty \right) \]

Nyní upravíme nerovnici:

\[ \sqrt{3x – 2} \leq x + 1 \]

Umocníme obě strany na druhou, přičemž musíme dávat pozor na znaménka pravé strany (protože platí pouze pokud \(x+1 \geq 0\), což máme z D):

\[ 3x – 2 \leq (x + 1)^2 \]

Rozepíšeme pravou stranu:

\[ 3x – 2 \leq x^2 + 2x + 1 \]

Převedeme vše na pravou stranu:

\[ 0 \leq x^2 + 2x + 1 – 3x + 2 \]

\[ 0 \leq x^2 – x + 3 \]

Kvadratický trinom \(x^2 – x + 3\) má diskriminant:

\[ \Delta = (-1)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 3 = 1 – 12 = -11 < 0 \]

Protože \(\Delta < 0\) a koeficient u \(x^2\) je kladný, je trinom vždy kladný.

Tedy:

\[ 0 \leq x^2 – x + 3 \text{ platí pro všechna } x \in \mathbb{R} \]

Výsledkem je tedy, že upravená nerovnice platí pro celé definiční obory, tedy:

\[ x \geq \frac{2}{3} \]

Nakonec ověříme podmínku před umocněním:

Protože \(x + 1 \geq 0\) je splněno pro \(x \geq -1\) a to zahrnuje celý definiční obor, není nutné nic upravovat.

Výsledkem je tedy řešení nerovnice:

\[ x \in \left[ \frac{2}{3}, +\infty \right) \]

Řešení:

Definiční obor:

\[ x \neq 2 \]

Upravíme nerovnici:

\[ \frac{x^2 – 4}{x – 2} < 3 \]

Převedeme pravou stranu na levou:

\[ \frac{x^2 – 4}{x – 2} – 3 < 0 \]

Sloučíme do jednoho zlomku:

\[ \frac{x^2 – 4 – 3(x – 2)}{x – 2} < 0 \]

Rozepíšeme čitatel:

\[ \frac{x^2 – 4 – 3x + 6}{x – 2} < 0 \]

\[ \frac{x^2 – 3x + 2}{x – 2} < 0 \]

Čitatel rozložíme:

\[ x^2 – 3x + 2 = (x – 1)(x – 2) \]

Nerovnice tedy vypadá:

\[ \frac{(x – 1)(x – 2)}{x – 2} < 0 \]

Pro \(x \neq 2\) můžeme zlomky zkrátit:

\[ x – 1 < 0 \]

Definiční obor je stále \(x \neq 2\).

Řešení nerovnice je:

\[ x < 1 \quad \text{a} \quad x \neq 2 \]

Protože \(2 > 1\), není nutné vyloučit \(x=2\) z intervalu, neboť není v řešení.

Výsledkem je:

\[ x \in (-\infty, 1) \]

Řešení:

Definiční obor:

\[ x \neq 1 \]

Upravíme nerovnici:

\[ \frac{2x + 5}{x – 1} \geq 3 \]

Převedeme pravou stranu na levou:

\[ \frac{2x + 5}{x – 1} – 3 \geq 0 \]

Sloučíme do jednoho zlomku:

\[ \frac{2x + 5 – 3(x – 1)}{x – 1} \geq 0 \]

Rozepíšeme čitatel:

\[ \frac{2x + 5 – 3x + 3}{x – 1} \geq 0 \]

\[ \frac{-x + 8}{x – 1} \geq 0 \]

Najdeme nulové body čitatele a jmenovatele:

\[ -x + 8 = 0 \Rightarrow x = 8 \]

\[ x – 1 = 0 \Rightarrow x = 1 \]

Určíme znaménka výrazu \(\frac{-x + 8}{x – 1}\) na intervalech:

• \(x < 1\): čitatel kladný (protože \(-x + 8 > 0\) pro \(x < 8\)), jmenovatel záporný → podíl záporný
• \(1 < x < 8\): čitatel kladný, jmenovatel kladný → podíl kladný
• \(x > 8\): čitatel záporný, jmenovatel kladný → podíl záporný

Řešení nerovnice je interval, kde je podíl \(\geq 0\), tedy:

\[ [1, 8] \]

Musíme vyloučit \(x=1\) z definičního oboru, protože v jmenovateli nemůže být nula.

Protože v bodě \(x=1\) není výraz definován, nemůže být v řešení, i když by tam bylo rovnost.

Výsledné řešení je tedy:

\[ (1, 8] \]

Řešení:

Definiční obor:

\[ x^2 – 4x + 5 > 0 \]

Zjistíme, jestli výraz pod logaritmem může být záporný:

Diskriminant kvadratického trojčlenu je:

\[ \Delta = (-4)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 5 = 16 – 20 = -4 < 0 \]

Protože \(\Delta < 0\) a koeficient u \(x^2\) je kladný, kvadratický výraz je vždy kladný pro všechna reálná \(x\).

Tedy definiční obor je celé \(\mathbb{R}\).

Nyní upravíme nerovnici:

\[ \log_2 (x^2 – 4x + 5) < 2 \]

Logaritmická funkce s bází \(2\) je rostoucí, takže můžeme přepsat na:

\[ x^2 – 4x + 5 < 2^2 = 4 \]

Převedeme vše na jednu stranu:

\[ x^2 – 4x + 5 – 4 < 0 \Rightarrow x^2 - 4x + 1 < 0 \]

Diskriminant této kvadratické nerovnice:

\[ \Delta = (-4)^2 – 4 \cdot 1 \cdot 1 = 16 – 4 = 12 \]

Kořeny rovnice \(x^2 – 4x + 1 = 0\) jsou:

\[ x_{1,2} = \frac{4 \pm \sqrt{12}}{2} = 2 \pm \sqrt{3} \]

Parabola \(x^2 – 4x + 1\) je otevřená vzhůru, tedy nerovnice platí mezi kořeny:

\[ 2 – \sqrt{3} < x < 2 + \sqrt{3} \]

Celý definiční obor je reálná osa, takže řešením nerovnice je:

\[ (2 – \sqrt{3},\, 2 + \sqrt{3}) \]

Řešení příkladu:

První nerovnice: \(\sqrt{x+1} + 2x \leq 4\)

Definiční obor této nerovnice je \(x + 1 \geq 0 \Rightarrow x \geq -1\).

Nejprve vyjádříme nerovnici tak, aby bylo možné pracovat s odmocninou samostatně:

\[ \sqrt{x+1} \leq 4 – 2x \]

Aby byla odmocnina menší nebo rovna pravé straně, musí platit:

\[ 4 – 2x \geq 0 \Rightarrow x \leq 2 \]

Navíc z definice odmocniny je \(\sqrt{x+1} \geq 0\), takže pravá strana musí být nezáporná.

Nyní umocníme obě strany nerovnice na druhou, protože obě strany jsou nezáporné:

\[ x + 1 \leq (4 – 2x)^2 \]

Rozepíšeme pravou stranu:

\[ x + 1 \leq 16 – 16x + 4x^2 \]

Převedeme všechny členy na jednu stranu:

\[ 0 \leq 16 – 16x + 4x^2 – x – 1 = 4x^2 – 17x + 15 \]

Máme kvadratickou nerovnici:

\[ 4x^2 – 17x + 15 \geq 0 \]

Najdeme kořeny kvadratické rovnice \(4x^2 -17x +15=0\):

\[ \Delta = (-17)^2 – 4 \cdot 4 \cdot 15 = 289 – 240 = 49 \]

Kořeny:

\[ x = \frac{17 \pm 7}{8} \]

Konkrétně:

\[ x_1 = \frac{17 – 7}{8} = \frac{10}{8} = 1.25, \quad x_2 = \frac{17 + 7}{8} = \frac{24}{8} = 3 \]

Parabola má kladný koeficient u \(x^2\), takže nerovnice \(4x^2 – 17x + 15 \geq 0\) platí pro intervaly \((-\infty, 1.25]\) a \([3, +\infty)\).

Upravíme podmínky z definice:

• Definiční obor: \(x \geq -1\)
• Podmínka z odmocniny: \(x \leq 2\)

První část řešení je tedy průnik všech těchto intervalů:

\[ [-1, 2] \cap \bigl( (-\infty, 1.25] \cup [3, +\infty) \bigr) = [-1, 1.25] \]

Druhá nerovnice:

\[ \frac{x-2}{x+3} > 0 \]

Definiční obor: \(x \neq -3\).

Najdeme nulové body čitatele a jmenovatele: \(x=2\) a \(x=-3\).

Určíme znaménka v intervalech:

• \(x < -3\): čitatel \(-\), jmenovatel \(-\) => podíl \(+\)
• \(-3 < x < 2\): čitatel \(-\), jmenovatel \(+\) => podíl \(-\)
• \(x > 2\): čitatel \(+\), jmenovatel \(+\) => podíl \(+\)

Řešením je tedy:

\[ (-\infty, -3) \cup (2, +\infty) \]

Konečné řešení soustavy je průnik:

\[ [-1, 1.25] \cap \bigl( (-\infty, -3) \cup (2, +\infty) \bigr) = \emptyset \]

Protože intervaly se nepřekrývají, soustava nemá řešení.

Řešení příkladu:

Nejprve upravíme první nerovnici:

\[ x^2 – 5x + 6 < 4 \Rightarrow x^2 - 5x + 2 < 0 \]

Určíme kořeny kvadratické rovnice \(x^2 – 5x + 2 = 0\):

\[ \Delta = 25 – 8 = 17 \]

\[ x = \frac{5 \pm \sqrt{17}}{2} \]

Označíme kořeny \(x_1 = \frac{5 – \sqrt{17}}{2}\), \(x_2 = \frac{5 + \sqrt{17}}{2}\), přičemž \(x_1 < x_2\).

Protože parabola je otevřená vzhůru, platí:

\[ x \in (x_1, x_2) \]

Druhá nerovnice:

\[ \frac{x+1}{x-3} > 0 \]

Definiční obor: \(x \neq 3\).

Vymezíme intervaly podle nul čitatele a jmenovatele: \(x = -1, x = 3\).

Zkoušíme znaménka podílu na jednotlivých intervalech:

• \(x < -1\): čitatel záporný, jmenovatel záporný → podíl kladný
• \(-1 < x < 3\): čitatel kladný, jmenovatel záporný → podíl záporný
• \(x > 3\): čitatel kladný, jmenovatel kladný → podíl kladný

Řešením druhé nerovnice je tedy:

\[ (-\infty, -1) \cup (3, +\infty) \]

Průnik řešení obou nerovnic:

Protože \(x_1 \approx 0.438\), \(x_2 \approx 4.562\), průnik s intervaly druhé nerovnice je:

\[ (x_1, x_2) \cap \bigl( (-\infty, -1) \cup (3, +\infty) \bigr) = (3, x_2) \]

Konečné řešení soustavy je tedy:

\[ (3, \frac{5 + \sqrt{17}}{2}) \]

Řešení příkladu:

První nerovnice:

\[ \ln(x+2) \leq 1 \]

Definiční obor: \(x + 2 > 0 \Rightarrow x > -2\).

Exponentujeme obě strany:

\[ x + 2 \leq e^1 = e \]

Odtud:

\[ x \leq e – 2 \]

Celkový definiční obor a podmínky jsou tedy:

\[ -2 < x \leq e - 2 \]

Druhá nerovnice:

\[ x^2 – 4x + 3 < 0 \]

Najdeme kořeny kvadratické rovnice \(x^2 – 4x + 3 = 0\):

\[ \Delta = 16 – 12 = 4 \]

\[ x = \frac{4 \pm 2}{2} \]

Kořeny jsou \(x_1 = 1\), \(x_2 = 3\), parabola otevřená vzhůru, takže nerovnice platí pro \(x \in (1, 3)\).

Průnik obou řešení je:

\[ (-2, e – 2] \cap (1, 3) = (1, \min(3, e-2)] \]

Protože \(e \approx 2.718\), tedy \(e – 2 \approx 0.718\), platí \(e – 2 < 1\), takže průnik je prázdný.

Soustava tedy nemá řešení.

Řešení příkladu:

První nerovnice:

\[ \frac{2x – 3}{x + 1} \geq 1 \]

Definiční obor: \(x \neq -1\).

Převedeme pravou stranu:

\[ \frac{2x – 3}{x + 1} – 1 \geq 0 \]

Upravíme:

\[ \frac{2x – 3 – (x + 1)}{x + 1} \geq 0 \Rightarrow \frac{x – 4}{x + 1} \geq 0 \]

Určíme intervaly podle nul čitatele a jmenovatele: \(x=4\) a \(x=-1\).

Zkoumáme znaménka podílu na intervalech:

• \(x < -1\): čitatel záporný, jmenovatel záporný → podíl kladný
• \(-1 < x < 4\): čitatel záporný, jmenovatel kladný → podíl záporný
• \(x > 4\): čitatel kladný, jmenovatel kladný → podíl kladný

Řešením je tedy:

\[ (-\infty, -1) \cup [4, +\infty) \]

Druhá nerovnice:

\[ x^2 + 2x – 3 < 0 \]

Najdeme kořeny kvadratické rovnice:

\[ \Delta = 4 + 12 = 16 \]

\[ x = \frac{-2 \pm 4}{2} \]

Kořeny jsou \(x_1 = -3\), \(x_2 = 1\), parabola otevřená vzhůru, takže nerovnice platí pro \(x \in (-3, 1)\).

Konečný průnik řešení soustavy je:

\[ \bigl( (-\infty, -1) \cup [4, +\infty) \bigr) \cap (-3, 1) = (-3, -1) \]

Protože interval \([4, +\infty)\) a \((-3, 1)\) se nepřekrývají, vynecháme ho.

Řešením soustavy je tedy interval \((-3, -1)\).

Řešení příkladu:

První nerovnice:

\[ e^{x} – 2 > 0 \]

Upravíme:

\[ e^{x} > 2 \]

Exponenciální funkce je rostoucí, logaritmujeme obě strany:

\[ x > \ln 2 \]

Druhá nerovnice:

\[ \frac{1}{x-1} \leq 0 \]

Definiční obor: \(x \neq 1\).

Čitatel je konstantní a kladný \((1)\), takže nerovnice platí, pokud je jmenovatel záporný:

\[ x – 1 < 0 \Rightarrow x < 1 \]

Konečný průnik řešení:

\[ (\ln 2, +\infty) \cap (-\infty, 1) = (\ln 2, 1) \]

Tedy řešením soustavy je interval:

\[ (\ln 2, 1) \]

Řešení příkladu:

První nerovnice vymezuje kruh se středem v bodě \((0,0)\) a poloměrem \(3\). To znamená, že množina všech bodů \((x,y)\) splňujících první nerovnici je:

\[ x^2 + y^2 \leq 9 \]

Tedy všechny body včetně hranice kružnice o poloměru \(3\).

Druhá nerovnice \(y > x – 1\) určuje oblast nad přímkou \(y = x – 1\). Grafem této přímky je přímka se směrnicí \(1\) a posunem \(-1\) na ose \(y\).

Chceme najít průnik obou množin — tedy všechny body, které jsou současně uvnitř (a na hranici) kruhu a zároveň leží nad přímkou \(y = x – 1\).

Pro lepší pochopení můžeme přímku a kruh zakreslit a vyjádřit vzájemnou polohu.

Je užitečné zjistit průsečíky přímky s kruhem. Pro průsečík platí:

\[ \begin{cases} x^2 + y^2 = 9 \\ y = x – 1 \end{cases} \]

Dosadíme druhou rovnost do první:

\[ x^2 + (x – 1)^2 = 9 \]

Rozepíšeme:

\[ x^2 + x^2 – 2x + 1 = 9 \]

\[ 2x^2 – 2x + 1 = 9 \]

\[ 2x^2 – 2x + 1 – 9 = 0 \Rightarrow 2x^2 – 2x – 8 = 0 \]

Dělíme obě strany rovnice dvěma pro zjednodušení:

\[ x^2 – x – 4 = 0 \]

Vypočítáme diskriminant:

\[ \Delta = (-1)^2 – 4 \cdot 1 \cdot (-4) = 1 + 16 = 17 \]

Kořeny rovnice jsou:

\[ x = \frac{1 \pm \sqrt{17}}{2} \]

Hodnoty jsou tedy přibližně \(x_1 \approx \frac{1 – 4,123}{2} = -1,561\), \(x_2 \approx \frac{1 + 4,123}{2} = 2,561\).

Pro každý kořen spočítáme \(y\) podle \(y = x – 1\):

\[ y_1 = -1,561 – 1 = -2,561, \quad y_2 = 2,561 – 1 = 1,561 \]

Tedy body průsečíku jsou přibližně \((-1,561; -2,561)\) a \((2,561; 1,561)\).

Graficky je tedy oblast řešení soustavy tvořena částí kruhu a zároveň body ležící nad přímkou. To znamená všechny body uvnitř kruhu a zároveň nad přímkou \(y = x – 1\).

V matematické formě to můžeme vyjádřit jako:

\[ \{ (x,y) \mid x^2 + y^2 \leq 9 \text{ a } y > x – 1 \} \]

Vyjádření množiny řešení tedy zůstává v geometrii — množina všech bodů, které splňují obě nerovnice současně.

Řešení příkladu:

První nerovnice obsahuje absolutní hodnotu \( |x – 2| \), kterou rozdělíme na dvě oblasti podle hodnoty \(x\).

Podmínky pro absolutní hodnotu:

\[ |x – 2| = \begin{cases} 2 – x, & x \leq 2 \\ x – 2, & x > 2 \end{cases} \]

První nerovnici tedy rozebereme na dvě části:

Pro \(x \leq 2\):

\[ (2 – x) + y \leq 4 \Rightarrow y \leq 4 – 2 + x = x + 2 \]

Pro \(x > 2\):

\[ (x – 2) + y \leq 4 \Rightarrow y \leq 4 – x + 2 = 6 – x \]

Druhá nerovnice určuje množinu bodů mimo kruh se středem v počátku a poloměrem \(2\), tedy všechny body, pro které platí:

\[ x^2 + y^2 > 4 \]

Pro kombinaci podmínek musíme najít body, které současně leží pod (nebo na) příslušnou přímkou z první nerovnice a zároveň jsou mimo kruh s poloměrem \(2\).

Analyzujeme tedy obě oblasti odděleně:

1. oblast \(x \leq 2\):

Podmínka: \(y \leq x + 2\) a zároveň \(x^2 + y^2 > 4\).

Body musí ležet pod přímkou \(y = x + 2\) a mimo kruh.

2. oblast \(x > 2\):

Podmínka: \(y \leq 6 – x\) a zároveň \(x^2 + y^2 > 4\).

Body musí ležet pod přímkou \(y = 6 – x\) a mimo kruh.

Graficky jde o dvě poloroviny omezené přímkami, které se protínají v bodě \(x=2\), \(y=4\), a dále všechny body mimo kruh.

Množina řešení je tedy spojena z těchto dvou oblastí, vždy mimo kruh a pod příslušnou přímkou.

Řešení příkladu:

První nerovnice určuje oblast nad přímkou \(x + 2y = 3\), což lze vyjádřit jako:

\[ 2y > 3 – x \Rightarrow y > \frac{3 – x}{2} \]

Druhá nerovnice je kvadratická, můžeme ji přepsat jako:

\[ x^2 – y^2 \leq 1 \]

Připomeňme si, že výraz \(x^2 – y^2\) je hyperbola. Nerovnice \(x^2 – y^2 \leq 1\) určuje oblast v rovině, kde jsou body uvnitř (včetně hranice) hyperboly.

Vyjádříme druhou nerovnici pro \(y^2\):

\[ y^2 \geq x^2 – 1 \]

Aby byl výraz pod odmocninou nezáporný, platí \(x^2 – 1 \leq y^2\).

Geometricky to znamená, že \(y\) musí ležet mimo oblast mezi křivkami \(y = \pm \sqrt{x^2 – 1}\) pro \(x^2 \geq 1\).

Dále uvažujeme nerovnici první, která omezuje \(y\) zespodu.

Pro lepší analýzu je užitečné rozdělit řešení podle hodnot \(x\), protože výraz pod odmocninou musí být nezáporný, tedy \(x^2 \geq 1\), což znamená \(x \leq -1\) nebo \(x \geq 1\).

Pro \(x \in (-1,1)\) není \(y\) definováno v druhé nerovnici (protože pod odmocninou je záporné číslo), proto tam řešení neexistuje.

Pro \(x \leq -1\) a \(x \geq 1\) máme:

\[ y \leq -\sqrt{x^2 – 1} \quad \text{nebo} \quad y \geq \sqrt{x^2 – 1} \]

Současně ale musí platit \(y > \frac{3 – x}{2}\) (z první nerovnice).

Pro oblast \(y \geq \sqrt{x^2 – 1}\) musíme současně splnit:

\[ y \geq \sqrt{x^2 – 1} \quad \text{a} \quad y > \frac{3 – x}{2} \]

Pro oblast \(y \leq -\sqrt{x^2 – 1}\) máme:

\[ y \leq -\sqrt{x^2 – 1} \quad \text{a} \quad y > \frac{3 – x}{2} \]

V druhé oblasti je nerovnost \(y > \frac{3 – x}{2}\) v rozporu s \(y \leq -\sqrt{x^2 – 1}\) (protože \(-\sqrt{x^2 – 1}\) je záporné a \(\frac{3-x}{2}\) může být kladné), proto řešení zde nebude.

Řešení tedy hledáme pouze v oblasti:

\[ y \geq \sqrt{x^2 – 1} \quad \text{a} \quad y > \frac{3 – x}{2} \]

Pro splnění obou podmínek musí být:

\[ \sqrt{x^2 – 1} > \frac{3 – x}{2} \]

Tuto nerovnost pro \(x \leq -1\) a \(x \geq 1\) musíme vyřešit samostatně.

Nejprve kvadrátujeme obě strany (pozor na definiční obor a znaménka):

\[ x^2 – 1 > \left(\frac{3 – x}{2}\right)^2 \]

\[ x^2 – 1 > \frac{(3 – x)^2}{4} \]

Vynásobíme obě strany \(4\):

\[ 4x^2 – 4 > (3 – x)^2 = 9 – 6x + x^2 \]

Převedeme vše na jednu stranu:

\[ 4x^2 – 4 – 9 + 6x – x^2 > 0 \Rightarrow 3x^2 + 6x – 13 > 0 \]

Řešíme kvadratickou nerovnici:

\[ 3x^2 + 6x – 13 > 0 \]

Diskriminant:

\[ \Delta = 6^2 – 4 \cdot 3 \cdot (-13) = 36 + 156 = 192 \]

Kořeny:

\[ x = \frac{-6 \pm \sqrt{192}}{2 \cdot 3} = \frac{-6 \pm 8\sqrt{3}}{6} \]

Kořeny přibližně:

\[ x_1 = \frac{-6 – 13,856}{6} = -3,143, \quad x_2 = \frac{-6 + 13,856}{6} = 1,309 \]

Protože kvadratický člen má kladný koeficient, nerovnice platí pro intervaly mimo kořeny:

\[ x < -3,143 \quad \text{nebo} \quad x > 1,309 \]

Uvažujeme ještě definiční obor \(x \leq -1\) nebo \(x \geq 1\), proto výsledný definiční obor je:

\[ x \leq -3,143 \quad \text{nebo} \quad x \geq 1,309 \]

Pro tyto hodnoty \(x\) je tedy řešení soustavy:

\[ y \geq \sqrt{x^2 – 1} \quad \text{a} \quad y > \frac{3 – x}{2} \]

Celkově je množina řešení tvořena body, které leží nad hyperbolou a zároveň nad přímkou, v uvedených intervalech pro \(x\).

Řešení příkladu:

První nerovnice říká, že hodnota \(y\) musí být menší než \(1 – \sin x\).

Druhá nerovnice vymezuje množinu bodů ležících mimo (včetně hranice) kruh se středem v počátku a poloměrem \(2\):

\[ x^2 + y^2 \geq 4 \]

Graficky jde o oblast mimo kruh s poloměrem 2.

Soustavu tedy vyřešíme tak, že hledáme všechny body \((x,y)\), kde \(y < 1 - \sin x\) a současně \(x^2 + y^2 \geq 4\).

Z druhé nerovnice vyjádříme \(y\):

\[ y^2 \geq 4 – x^2 \]

Protože \(y^2 \geq 0\), definice platí pro \(x\) v intervalu \([-2,2]\), mimo tento interval je \(4 – x^2 < 0\) a nerovnice tedy platí automaticky, protože \(y^2\) je vždy nezáporné.

Z toho vyplývá, že pro \(|x| > 2\) je druhá nerovnice automaticky splněna pro všechna \(y\).

Pro \(|x| \leq 2\) platí, že:

\[ |y| \geq \sqrt{4 – x^2} \]

Tedy \(y \leq -\sqrt{4 – x^2}\) nebo \(y \geq \sqrt{4 – x^2}\).

Soustava tedy znamená, že \(y\) musí být menší než \(1 – \sin x\) a současně \(y\) musí ležet mimo pás mezi \(-\sqrt{4 – x^2}\) a \(\sqrt{4 – x^2}\) pro \(|x| \leq 2\).

Pro \(|x| > 2\) je druhá nerovnice automaticky splněna, tedy platí jen první nerovnice:

\[ y < 1 - \sin x \]

Celkové řešení soustavy je tedy složeno ze dvou částí:

1) Pro \(|x| \leq 2\) jsou řešením body, kde \(y < 1 - \sin x\) a zároveň \(y \leq -\sqrt{4 - x^2}\) nebo \(y \geq \sqrt{4 - x^2}\).

2) Pro \(|x| > 2\) platí řešení pro všechna \(y\), kde \(y < 1 - \sin x\).

Řešení příkladu:

Definiční obor první nerovnice vyžaduje, aby \(x + y > 0\), protože logaritmus je definován jen pro kladné argumenty.

Z druhé nerovnice vyplývá, že řešení musí ležet uvnitř kruhu se středem v počátku a poloměrem \(1\).

První nerovnici přepíšeme:

\[ \ln (x + y) \leq 0 \Rightarrow x + y \leq 1 \]

Proto řešení soustavy musí splňovat:

\[ x + y > 0 \quad \text{a} \quad x + y \leq 1 \]

Tato nerovnice vymezuje pás mezi přímkami \(x + y = 0\) (nezačleněnou) a \(x + y = 1\) (včetně).

Současně je řešení omezeno kruhem \(x^2 + y^2 < 1\).

Celkově je řešením soustavy množina bodů, které leží uvnitř jednotkového kruhu a současně mezi dvěma přímkami:

\[ 0 < x + y \leq 1 \]

Tuto množinu lze vyjádřit také geometricky jako část kruhu vymezenou dvěma rovnoběžnými přímkami, kde jedna není zahrnuta (přímka \(x + y = 0\)) a druhá ano (přímka \(x + y = 1\)).

Pro úplnost lze zakreslit množinu, aby bylo vidět, kde se řešení nachází.

Řešení příkladu:

První nerovnice říká, že rozdíl \(x – y\) je mezi \(-2\) a \(2\). Můžeme tedy zapsat:

\[ -2 \leq x – y \leq 2 \]

Tuto dvojitou nerovnici rozdělíme na dvě jednoduché:

\[ x – y \geq -2 \]

tedy

\[ y \leq x + 2 \]

a také

\[ x – y \leq 2 \Rightarrow y \geq x – 2 \]

První nerovnice tedy definuje množinu bodů mezi dvěma přímkami \(y = x + 2\) a \(y = x – 2\).

Druhá nerovnice je kvadratická:

\[ x^2 – 4y + 3 > 0 \]

Převedeme na tvar:

\[ -4y > -x^2 – 3 \Rightarrow y < \frac{x^2 + 3}{4} \]

Řešením soustavy musí být body, které splňují:

\[ x – 2 \leq y \leq x + 2 \]

a současně

\[ y < \frac{x^2 + 3}{4} \]

Pro lepší pochopení je vhodné analyzovat průnik oblastí definovaných těmito nerovnicemi.

Graficky:

Oblast mezi přímkami \(y = x – 2\) a \(y = x + 2\) je „pás“ protínající celý rovinný prostor.

Oblast pod křivkou \(y = \frac{x^2 + 3}{4}\) je parabolická oblast otevřená směrem nahoru.

Průnikem těchto oblastí je množina bodů ležících současně v pásu a pod paraboloidní křivkou.

Toto je přesné vymezení řešení soustavy.

Řešení příkladu:

Nejprve upravme první nerovnici:

\[ x^2 – y^2 < 4 \Rightarrow (x - y)(x + y) < 4 \]

První nerovnice tedy popisuje oblast v rovině, kde součin \((x – y)(x + y)\) je menší než \(4\).

Druhá nerovnice je absolutní hodnota:

\[ |x + y| \geq 2 \Rightarrow x + y \leq -2 \text{ nebo } x + y \geq 2 \]

Pro lepší pochopení zavedeme nové proměnné:

\[ u = x + y, \quad v = x – y \]

V soustavě souřadnic \((u,v)\) platí první nerovnice:

\[ uv < 4 \]

a druhá nerovnice:

\[ |u| \geq 2 \]

Nyní řešíme soustavu v \((u,v)\):

Podmínka \(|u| \geq 2\) znamená, že \(u \leq -2\) nebo \(u \geq 2\).

Pro dané \(u\) musí platit:

\[ uv < 4 \Rightarrow v < \frac{4}{u} \quad \text{pokud } u > 0, \quad \text{nebo} \quad v > \frac{4}{u} \quad \text{pokud } u < 0 \]

Rozdělíme řešení na dvě části podle znaménka \(u\):

• Pokud \(u \geq 2 > 0\), pak \(v < \frac{4}{u}\).
• Pokud \(u \leq -2 < 0\), pak \(v > \frac{4}{u}\).

Proto množina řešení je soubor bodů \((u,v)\), kde platí \(|u| \geq 2\) a podle znaménka \(u\) je omezená nerovností na \(v\).

Nyní zpět k původním proměnným \((x,y)\):

\[ u = x + y, \quad v = x – y \]

Chceme vyjádřit množinu bodů \((x,y)\), které splňují uvedené podmínky.

Pro dané \(u\) platí:

\[ y = \frac{u – v}{2}, \quad x = \frac{u + v}{2} \]

Protože \(v\) je omezeno zleva či zprava podle \(u\), lze množinu graficky interpretovat jako oblast mezi hyperbolami v rovině \((x,y)\) ohraničenou podmínkami na \(u\) a \(v\).

Na závěr tedy soustava nerovnic definuje dvě „větve“ v rovině:

• Pro \(x + y \geq 2\) je řešení bodů, kde \((x – y) < \frac{4}{x + y}\).
• Pro \(x + y \leq -2\) je řešení bodů, kde \((x – y) > \frac{4}{x + y}\).

Tím jsme určili množinu všech \((x,y)\), které splňují danou soustavu nerovnic.

Řešení příkladu:

První nerovnice definuje kruh se středem v počátku a poloměrem \(3\):

\[ x^2 + y^2 \leq 9 \]

Druhá nerovnice je:

\[ xy > 2 \]

Prozkoumáme druhou nerovnici:

Součin \(xy\) je větší než \(2\), což znamená, že obě čísla musí být buď obě kladná, nebo obě záporná, protože součin dvou různých znamének je záporný.

Vzhledem k první nerovnici jsou hodnoty \(x,y\) omezeny na kruhovou oblast s poloměrem \(3\).

Nyní popíšeme oblast splňující druhou nerovnici v této kruhové oblasti:

Uvažujme první kvadrant, kde \(x > 0, y > 0\): nerovnice \(xy > 2\) můžeme přepsat na:

\[ y > \frac{2}{x} \]

Tato nerovnice definuje oblast nad hyperbolou \(y = \frac{2}{x}\) v prvním kvadrantu.

Analogicky v třetím kvadrantu (\(x < 0, y < 0\)) platí stejné, protože součin je opět kladný.

Zbytek soustavy pak jsou body uvnitř kruhu (včetně hranice), které zároveň leží nad nebo pod touto hyperbolou podle kvadrantu.

V závěru tedy množina řešení jsou body v kruhu \(x^2 + y^2 \leq 9\) takové, že \(xy > 2\), tedy oblasti ve \(1\). a \(3\). kvadrantu nad/záporné oblasti hyperboly.

Řešení příkladu:

První nerovnice je lineární a popisuje polorovinu:

\[ x + 2y > 3 \]

Druhá nerovnice je rozdíl čtverců:

\[ x^2 – 4y^2 \geq 0 \Rightarrow (x – 2y)(x + 2y) \geq 0 \]

Tato nerovnice je splněna, když oba činitele mají stejné znaménko, tedy:

• \(x – 2y \geq 0\) a \(x + 2y \geq 0\), nebo
• \(x – 2y \leq 0\) a \(x + 2y \leq 0\)

Analyzujme obě možnosti:

1. \(x – 2y \geq 0\) a \(x + 2y \geq 0\) znamená, že \(x \geq 2y\) a zároveň \(x \geq -2y\). Jelikož \(x\) musí být větší než obě hodnoty, platí, že \(x\) je větší než absolutní hodnota \(2y\), tedy:

\[ x \geq |2y| \]

2. \(x – 2y \leq 0\) a \(x + 2y \leq 0\) znamená, že \(x \leq 2y\) a zároveň \(x \leq -2y\), což lze zapsat jako:

\[ x \leq -|2y| \]

Soustava nerovnic tedy znamená, že \((x,y)\) leží v oblasti, kde:

\[ x \geq |2y| \quad \text{nebo} \quad x \leq -|2y| \]

Současně musí platit první nerovnice \(x + 2y > 3\), což je polorovina nad přímkou \(x + 2y = 3\).

Zkombinujeme podmínky a určíme výslednou množinu bodů. Množina řešení je tedy sjednocení oblastí, kde obě podmínky platí.

Řešení příkladu:

První nerovnice říká, že vzdálenost mezi \(x\) a \(y\) je menší než \(3\):

\[ |x – y| < 3 \Rightarrow -3 < x - y < 3 \]

Což je ekvivalentní dvojici lineárních nerovnic:

\[ y – 3 < x < y + 3 \]

Druhá nerovnice říká, že bod \((x,y)\) leží mimo kruh se středem v počátku a poloměrem \(4\):

\[ x^2 + y^2 > 16 \]

Výsledná množina je tedy oblast mezi dvěma rovnoběžnými přímkami \(x = y \pm 3\), ale mimo kruh poloměru 4.

Graficky se jedná o dvě rovnoběžné pásmo, které je oříznuté kruhem, kde body uvnitř kruhu nejsou řešením.

Řešení příkladu:

První nerovnice lze upravit. Všímejme si, že výraz na levé straně je:

\[ x^2 – 2xy + y^2 = (x – y)^2 \]

Tedy:

\[ (x – y)^2 \leq 1 \Rightarrow -1 \leq x – y \leq 1 \]

Druhá nerovnice je:

\[ x – y > 0 \]

Kombinací obou získáme:

\[ 0 < x - y \leq 1 \]

Tedy množina řešení jsou body v rovině, pro které rozdíl \(x – y\) je kladný, ale nepřesahuje hodnotu \(1\).

Geometricky to představuje pásmo mezi přímkami \(x – y = 0\) (která není součástí řešení, protože je tam přísná nerovnost) a \(x – y = 1\) (která je součástí řešení, protože je tam nerovnost \(\leq\)).

Řešení příkladu:

Nejprve upravíme první nerovnici:

\[ 2x – 3y > 6 \Rightarrow -3y > -2x + 6 \Rightarrow y < \frac{2}{3}x - 2 \]

Druhá nerovnice:

\[ x + y \leq 4 \Rightarrow y \leq -x + 4 \]

Musíme najít průnik množin definovaných těmito dvěma nerovnicemi. Hledáme body, pro které platí:

\[ y < \frac{2}{3}x - 2 \quad \text{a zároveň} \quad y \leq -x + 4 \]

Pro lepší představu si určíme průsečík obou hranic:

\[ \frac{2}{3}x – 2 = -x + 4 \Rightarrow \frac{5}{3}x = 6 \Rightarrow x = \frac{18}{5}, \quad y = -\frac{18}{5} + 4 = \frac{2}{5} \]

Tedy průnik je množina bodů, které leží pod oběma přímkami a tvoří oblast omezenou nad přímkou \(y = \frac{2}{3}x – 2\) a pod přímkou \(y = -x + 4\).

Řešení příkladu:

Krok 1: Rozpoznáme typy nerovnic.

První nerovnice \(x^2 + y^2 < 25\) popisuje otevřený kruh se středem v počátku \((0,0)\) a poloměrem \(r = 5\), protože \(x^2 + y^2 = r^2\).

Druhá nerovnice \(|x| + |y| \geq 7\) popisuje oblast mimo tzv. „diamant“ \((\)čtverec otočený o \(45°)\), jehož vrcholy jsou \((7,0)\), \((0,7)\), \((-7,0)\), \((0,-7)\). Vnitřní oblast diamantového tvaru odpovídá \(|x| + |y| < 7\), takže naše nerovnice vyžaduje body mimo tento diamant.

Krok 2: Analýza průniku oblastí.

Hledáme body, které jsou zároveň uvnitř kruhu a zároveň mimo diamant. Poloměr kruhu je \(5\), zatímco nejbližší vrcholy diamantu od středu jsou ve vzdálenosti \(7\). Proto kruh leží celý uvnitř oblasti \(|x| + |y| < 7\), tj. uvnitř diamantu.

Krok 3: Závěr.

Protože celý kruh leží uvnitř diamantové oblasti \(|x| + |y| < 7\), žádný bod kruhu nemůže splňovat \(|x| + |y| \geq 7\).

Odpověď: Soustava nemá řešení, tedy množina řešení je prázdná.

Řešení příkladu:

Krok 1: Rozpoznání typů nerovnic.

První nerovnice \((x – 1)^2 + (y + 2)^2 \geq 9\) popisuje **množinu bodů, které leží mimo kružnici nebo na ní**, se středem v bodě \((1, -2)\) a poloměrem \(r = 3\). Geometricky tedy zahrnuje všechny body roviny, jejichž vzdálenost od středu \((1, -2)\) je větší nebo rovna 3.

Druhá nerovnice \(y > -1\) popisuje **polorovinu nad přímkou \(y = -1\)**. Tato oblast zahrnuje všechny body roviny, jejichž y-ová souřadnice je větší než \(-1\).

Krok 2: Analýza průniku oblastí.

Množina řešení soustavy je **průnik dvou oblastí**:

• oblast mimo kruh (včetně kružnice),
• oblast nad přímkou \(y = -1\).

Geometricky si to můžeme představit takto: vezmeme celý kruh s poloměrem \(3\) a středem \((1, -2)\) a vyznačíme jeho hranici; pak vyznačíme přímku \(y = -1\) a vybereme pouze tu část roviny, která leží nad touto přímkou a zároveň mimo kruh nebo na jeho hranici.

Krok 3: Detailní popis množiny řešení.

Tato množina zahrnuje:

• všechny body nad přímkou \(y = -1\), které leží **mimo kruh** (tedy kde \((x-1)^2 + (y+2)^2 > 9\)),
• ty body, které leží přesně **na kružnici** \((x-1)^2 + (y+2)^2 = 9\) a zároveň mají \(y > -1\).

Krok 4: Závěr.

Soustava tedy má řešení a geometricky jde o **neomezenou oblast nad přímkou \(y = -1\), která vynechává vnitřek kruhu o poloměru 3 se středem v bodě \((1,-2)\)**. Hranice této oblasti je tvořena kružnicí (jen část nad \(y=-1\)) a přímkou \(y=-1\) pro body mimo kruh.

Odpověď: Množina řešení je průnik poloroviny \(y > -1\) a oblasti mimo kruh \((x-1)^2 + (y+2)^2 \ge 9\), tedy všechny body \((x,y)\) takové, že \((x-1)^2 + (y+2)^2 \ge 9\) a současně \(y > -1\).

Řešení příkladu:

První nerovnice:

\[ \frac{x – y}{2} < 1 \Rightarrow x - y < 2 \Rightarrow y > x – 2 \]

Druhá nerovnice:

\[ \frac{y}{x + 1} \geq 1 \Rightarrow y \geq x + 1 \]

Máme tedy dvě podmínky:

\[ y > x – 2 \quad \text{a zároveň} \quad y \geq x + 1 \]

Silnější z nich je druhá, tedy rozhodující je \(y \geq x + 1\). Zkombinováním tedy máme jedinou efektivní nerovnici:

\[ y \geq x + 1 \]

Současně platí podmínka \(x + 1 \neq 0\), tedy \(x \neq -1\), protože jmenovatel nesmí být nulový.

Řešení příkladu:

První nerovnice:

\[ \sqrt{x + y} \leq 3 \Rightarrow x + y \leq 9 \quad \text{a zároveň} \quad x + y \geq 0 \]

Pod odmocninou musí být nezáporné číslo, proto přidáváme podmínku \(x + y \geq 0\).

Druhá nerovnice:

\[ x – 2y > 1 \Rightarrow x > 2y + 1 \]

Kombinujeme tyto podmínky:

\[ 0 \leq x + y \leq 9 \quad \text{a zároveň} \quad x > 2y + 1 \]

Jedná se o oblast mezi dvěma přímkami \(x + y = 0\) a \(x + y = 9\), přičemž současně musí body ležet nad přímkou \(x = 2y + 1\).