5.1. Nalezněte hromadné, izolované, hraniční a vnitřní body mno in
N, Q, X = {x ∈ R; 0 ≤ x < 1}
v R.
Řešení. Mno ina N. Pro libovolné n ∈ N očividně platí
O1 (n) ∩ N = (n − 1, n + 1) ∩ N = {n}.
Existuje tedy okolí bodu n ∈ N v R, které obsahuje pouze jeden prvek mno
iny N (pochopitelně právě uva ované n), tj. ka dý bod n ∈ N je izolovaný.
Mno ina vnitřních bodů je proto prázdná (je-li bod izolovaný, nemů e být
vnitřní). Bod a ∈ R je pak hromadným bodem A právě tehdy, kdy ka dé
jeho okolí obsahuje nekonečně mnoho bodů A. Ov em mno ina
O1 (a) ∩ N = (a − 1, a + 1) ∩ N, přičem a ∈ R,
je konečná, z čeho plyne, e N hromadné body nemá. To, e tato mno ina je
konečná, dále implikuje
δb := inf
n∈N
| b − n | = inf
n∈O1(b)∩N
| b − n | > 0 pro b ∈ R N.
Odsud máme Oδb
(b) ∩ N = ∅, tj. ádné b ∈ R N není hraničním bodem N.
Současně víme, e ka dý bod dané mno iny, který není vnitřním bodem, je
nutně jejím hraničním bodem. Mno ina hraničních bodů tak obsahuje N.
Shrneme-li to, mno ina hraničních bodů N je N.
Mno ina Q. Racionální čísla tvoří tzv. hustou podmno inu mno iny v
ech reálných čísel. To znamená, e ke ka dému reálnému číslu konverguje posloupnost
racionálních čísel (představme si např. nekonečný desetinný rozvoj
reálného čísla a jemu odpovídající posloupnost, kdy v následujícím členu přidáváme
dal í cifru rozvoje). O této posloupnosti lze navíc předpokládat, e
v echny její členy jsou navzájem různé (na poslední pozici konečného desetinného
rozvoje se mů eme záměrně dopou tět chyby nebo kupř. číslu 1
přiřadíme desetinný rozvoj 0, 999 . . . apod.). Mno ina hromadných bodů Q
v R je proto celé R a ka dý bod x ∈ R Q je hraniční. Zvlá tě dostáváme, e
libovolné δ-okolí
Oδ
p
q
=
p
q
− δ,
p
q
+ δ , kde p, q ∈ Z, q = 0,
racionálního čísla p/q musí obsahovat nekonečně mnoho racionálních čísel,
co dává neexistenci izolovaných bodů. Číslo
√
2/10n není racionální pro
ádné n ∈ N. Předpokladem opaku (opět p, q ∈ Z, q = 0)
√
2
10n
=
p
q
, tj.
√
2 =
10n p
q
,
toti okam itě obdr íme spor – o číslu
√
2 víme, e není racionální. Libovolné
okolí racionálního čísla p/q tak zároveň obsahuje nekonečně mnoho reálných
čísel p/q +
√
2/10n (n ∈ N), která nejsou racionální (mno ina Q jako těleso
je uzavřená vzhledem k odečítání). V echny body p/q ∈ Q jsou tudí rovně
hraniční a vnitřní body mno ina Q nemá.
1
2
Mno ina X = [0, 1). Nech a ∈ [0, 1) je zvoleno libovolně. Posloupnosti se
členy (pro dostatečně velká n ∈ N)
a +
1
n
, 1 −
1
n
⊂ [0, 1)
zjevně konvergují po řadě k hodnotám a, 1. Snadno jsme tak ukázali, e mno
ina hromadných bodů obsahuje interval [0, 1]. Jiné hromadné body neexistují:
pro jakékoli b /∈ [0, 1] existuje δ > 0 takové, e Oδ (b) ∩ [0, 1] = ∅ (pro b < 0
postačuje polo it δ = −b a pro b > 1 potom δ = b − 1). Proto e ka dý bod
intervalu [0, 1) je hromadným bodem, mno ina izolovaných bodů je prázdná.
Pro a ∈ (0, 1) označme men í z kladných čísel a, 1 − a jako δa. Uvá íme-li
Oδa (a) = (a − δa, a + δa) ⊆ (0, 1), a ∈ (0, 1),
vidíme, e libovolný bod intervalu (0, 1) je vnitřním bodem intervalu [0, 1).
Pro ka dé δ ∈ (0, 1) je
Oδ (0) ∩ [0, 1) = (−δ, δ) ∩ [0, 1) = [0, δ),
Oδ (1) ∩ [0, 1) = (1 − δ, 1 + δ) ∩ [0, 1) = (1 − δ, 1),
tj. ka dé δ-okolí bodu 0 obsahuje jisté body intervalu [0, 1) a hodnoty z intervalu
(−δ, 0) a ka dé δ-okolí bodu 1 má neprázdný průnik s intervaly [0, 1),
[1, 1 + δ). Body 0 a 1 jsou tedy hraničními body. Celkem jsme zjistili, e mno
ina v ech vnitřních bodů odpovídá intervalu (0, 1) a mno ina hraničních bodů
je {0, 1}. Stačí si uvědomit, e bod nemů e být současně vnitřní a hraniční a e
hraniční bod musí být izolovaný, nebo hromadný.
5.2. Stanovte
lim
n→∞
n
√
n.
Řešení. Zřejmě je n
√
n ≥ 1, n ∈ N. Mů eme tedy polo it
n
√
n = 1 + an pro jistá čísla an ≥ 0, n ∈ N.
U itím binomické věty získáváme
n = (1 + an)n
= 1 +
n
1
an +
n
2
a2
n + · · · + an
n, n ≥ 2 (n ∈ N).
Odsud plyne odhad (v echna čísla an jsou nezáporná)
n ≥
n
2
a2
n =
n (n − 1)
2
a2
n, n ≥ 2 (n ∈ N),
tj. po úpravě máme
0 ≤ an ≤
2
n − 1
, n ≥ 2 (n ∈ N).
Podle Věty o třech limitách je
0 = lim
n→∞
0 ≤ lim
n→∞
an ≤ lim
n→∞
2
n − 1
= 0.
3
Obdr eli jsme tak výsledek
lim
n→∞
n
√
n = lim
n→∞
(1 + an) = 1 + 0 = 1.
Poznamenejme, e dal í u ití Věty o třech limitách mj. dává
1 = lim
n→∞
1 ≤ lim
n→∞
n
√
c ≤ lim
n→∞
n
√
n = 1
pro libovolné reálné číslo c ≥ 1.
5.3. Spočítejte
(a)
lim
x→π/3
sin x;
(b)
lim
x→2
x2 + x − 6
x2 − 3x + 2
;
(c)
lim
x→+∞
arccos
1
x + 1
3
;
(d)
lim
x→−∞
arctg
1
x
, lim
x→−∞
arctg x4
, lim
x→−∞
arctg (sin x) .
Řešení. Případ (a). Připomeňme, e funkce je spojitá v jistém bodě, kdy
je v tomto bodě její limita rovna funkční hodnotě. O funkci y = sin x v ak
víme, e je spojitá na R. Dostáváme tak
lim
x→π/3
sin x = sin
π
3
=
√
3
2
.
Případ (b). Přímé dosazení x = 2 dává nulový čitatel i jmenovatel. Přesto
je příklad velmi snadno ře itelný. Jednoduché krácení
lim
x→2
x2 + x − 6
x2 − 3x + 2
= lim
x→2
(x − 2) (x + 3)
(x − 2) (x − 1)
= lim
x→2
x + 3
x − 1
=
2 + 3
2 − 1
= 5
toti vedlo ke správnému výsledku (díky spojitosti obdr ené funkce v bodě
x0 = 2). Uvědomme si zde, e limitu mů eme počítat pouze z funkčních
hodnot v libovolně malém okolí daného bodu x0 a e přitom limita nezávisí na
hodnotě přímo v tomto bodě. Při počítání limit tedy mů eme vyu ívat krácení
a roz iřování výrazů, které nemění hodnoty uva ované funkce v libovolně
zvoleném ryzím okolí bodu x0.
Případ (c). Dvojnásobná záměna pořadí limity a vněj í funkce převádí
původní limitu na
arccos lim
x→+∞
1
x + 1
3
.
Lehce určíme, e
lim
x→+∞
1
x + 1
= 0.
4
Nebo je funkce y = arccos x spojitá v bodě 0, ve kterém nabývá hodnoty π/2,
a funkce y = x3 je spojitá v bodě π/2, platí
lim
x→+∞
arccos
1
x + 1
3
= arccos lim
x→+∞
1
x + 1
3
=
π
2
3
.
Případ (d). Funkce y = arctg x má vlastnosti „u itečné při počítání limit“
– je spojitá a prostá (rostoucí) na celé reálné ose. Tyto vlastnosti v dy (bez dal
ích podmínek či omezení) umo ňují vnořit vy etřovanou limitu do argumentu
takové reálné funkce. Proto uva ujme
arctg lim
x→−∞
1
x
, arctg lim
x→−∞
x4
, arctg lim
x→−∞
sin x .
Zřejmě je
lim
x→−∞
1
x
= 0, lim
x→−∞
x4
= +∞
a limita limx→−∞ sin x neexistuje, co ji implikuje
lim
x→−∞
arctg
1
x
= arctg 0 = 0, lim
x→−∞
arctg x4
= lim
y→+∞
arctg y =
π
2
a neexistenci poslední limity.
5.4. Vyčíslete limitu
lim
n→∞
√
2 ·
4
√
2 ·
8
√
2 · · ·
2n√
2 .
Řešení. Ke stanovení limity postačuje její členy vyjádřit ve tvaru
2
1
2 · 2
1
4 · 2
1
8 · · · 2
1
2n
= 2
1
2
+ 1
4
+ 1
8
+···+ 1
2n
.
Dostáváme tak
lim
n→∞
√
2 ·
4
√
2 ·
8
√
2 · · ·
2n√
2 = lim
n→∞
2
1
2
+ 1
4
+ 1
8
+···+ 1
2n
= 2
lim
n→∞
(1
2
+ 1
4
+ 1
8
+···+ 1
2n )
= 2
∞P
n=1
1
2n
.
Ze známého vzorce pro součet geometrické řady
∞
n=0
1
2
n
= 2, tj.
∞
n=1
1
2n
=
∞
n=0
1
2
n
−
1
2
0
= 2 − 1 = 1,
plyne výsledek
lim
n→∞
√
2 ·
4
√
2 ·
8
√
2 · · ·
2n√
2 = 21
= 2.
5
5.5. Určete
(a)
lim
x→2
x + 2
(x − 2)6
;
(b)
lim
x→2
x + 2
(x − 2)5
;
(c)
lim
x→+∞
2 +
1
x
1
x
;
(d)
lim
x→+∞
x−x
.
Řešení. V tomto příkladu se budeme věnovat tzv. neurčitým výrazům. Přesněji
řečeno, budeme se zabývat situacemi, kdy se o ně nejedná. Čtenáři doporučujeme,
aby neurčité výrazy vnímal jako pojem pomocný, který mu má
pouze usnadnit orientování se při prvním počítání limit, nebo obdr ený neurčitý
výraz pouze znamená, e jsme „nic nezjistili“. Víme, e limita součtu
je součet limit, limita součinu je součin limit a e limita podílu je podíl limit,
pokud jednotlivé limity existují a nezískáme-li některý z výrazů ∞−∞,
0 · ∞, 0/0, ∞/∞, o kterých právě hovoříme jako o neurčitých. Pro úplnost
dodejme, e tato pravidla mů eme kombinovat (pro limity v ech slo ek určené
současně) a e za neurčitý výraz pak pova ujeme také ten, jen obsahuje
alespoň jeden neurčitý výraz. Např. tedy výrazy
−∞ + ∞ = ∞ − ∞,
−∞
3 + ∞
= −
∞
∞
,
0
(−∞)3 + ∞
= 0 · (∞ − ∞)−1
označujeme jako neurčité a o výrazech
−∞ − ∞,
0
3 + ∞
,
0
(−∞)3 − ∞
mů eme říci, e jsou „určité“ (pro ně jsme schopni ihned příslu nou limitu
stanovit – výrazy odpovídají po řadě hodnotám −∞, 0, 0).
V případě (a) podíl limit čitatele a jmenovatele dává výraz 4/0. Zápis, ve
kterém dělíme nulou, je sám o sobě přinejmen ím ne ádoucí (později bychom
se mu měli být schopni vyvarovat). Přesto nám umo ní stanovit výsledek:
nejedná se o neurčitý výraz. V imněme si, e jmenovatel se blí í k nule zprava
(pro x = 2 je (x − 2)6 > 0). To zapisujeme jako 4/ + 0. Čitatel a jmenovatel
tak mají stejné znaménko v jistém ryzím okolí bodu x0 = 2 a lze říci, e
jmenovatel je v limitě „nekonečněkrát men í“ ne čitatel, tj.
lim
x→2
x + 2
(x − 2)6
= +∞,
co odpovídá polo ení 4/ + 0 = +∞ (podobně se klade 4/ − 0 = −∞).
6
Při určování druhé limity lze postupovat analogicky. Proto e čísla a ∈ R
a a5 mají stejná znaménka, dostáváme
lim
x→2+
x + 2
(x − 2)5
= +∞ = −∞ = lim
x→2−
x + 2
(x − 2)5
,
tj. oboustranná limita neexistuje. Tomu odpovídá zápis 4/±0 (nebo obecněj í
a/±0, a = 0, a ∈ R∗), který je „určitým výrazem“. Při důsledném oddělování
symbolů +0 a −0 od ±0 v dy a/ ± 0 pro a = 0 znamená, e limita neexistuje.
Případy (c), (d). Je-li f(x) > 0 pro v echna uva ovaná x ∈ R, platí
f(x)g(x)
= eln(f(x)g(x)
) = eg(x)·ln f(x)
.
Vyu ijeme-li toho, e exponenciální funkce je spojitá a prostá na reálné přímce,
mů eme nahradit limitu
lim
x→x0
f(x)g(x)
za
e
lim
x→x0
(g(x)·ln f(x))
.
Připomeňme, e jedna z těchto limit existuje právě tehdy, kdy existuje druhá;
a doplňme
lim
x→x0
(g(x) · ln f(x)) = a ∈ R =⇒ lim
x→x0
f(x)g(x)
= ea
,
lim
x→x0
(g(x) · ln f(x)) = +∞ =⇒ lim
x→x0
f(x)g(x)
= +∞,
lim
x→x0
(g(x) · ln f(x)) = −∞ =⇒ lim
x→x0
f(x)g(x)
= 0.
Mů eme tudí psát
lim
x→x0
f(x)g(x)
= e
lim
x→x0
g(x)· lim
x→x0
ln f(x)
,
jestli e obě limity vpravo existují a neobdr íme-li neurčitý výraz 0 · ∞. Není
obtí né si uvědomit, e tento neurčitý výraz lze získat pouze ve třech případech
odpovídajících zbylým neurčitým výrazům 00; ∞0; 1∞, kdy postupně je
lim
x→x0
f(x) = 0 a lim
x→x0
g(x) = 0;
lim
x→x0
f(x) = +∞ a lim
x→x0
g(x) = 0;
lim
x→x0
f(x) = 1 a lim
x→x0
g(x) = ±∞.
V ostatních případech nám tedy znalost (a pochopitelně existence) limit
lim
x→x0
f(x), lim
x→x0
g(x)
umo ňuje uvést výsledek (při dodefinování některých zápisů)
lim
x→x0
f(x)g(x)
= lim
x→x0
f(x)
lim
x→x0
g(x)
.
7
Proto e
lim
x→+∞
2 +
1
x
= 2, lim
x→+∞
1
x
= 0, lim
x→+∞
x = +∞,
je
lim
x→+∞
2 +
1
x
1
x
= 20
= 1;
lim
x→+∞
x−x
= lim
x→+∞
1
x
x
= 0
nebo
lim
x→+∞
x−x
= lim
x→+∞
(xx
)−1
= 0.
Poslední výsledek pak bychom mohli vyjádřit zápisem 0∞ = 0 či ∞∞ = ∞,
∞−1 = 0 (zdůrazněme, e se nejedná o neurčité výrazy).
Přesto e jsme kladli důraz na to, aby čtenář raději upřednostňoval úvahy
o limitním chování funkcí před katulkováním výrazů na určité a neurčité
(a tyto pojmy vnímal jen jako pomocné), je snad dobře patrný důvod, proč
se budeme nadále zabývat předev ím neurčitými výrazy.
5.6. Vypočítejte
lim
x→+∞
sin x + πx2
2 cos x − 1 − x2
;
lim
x→+∞
3x+1 + x5 − 4x
3x + 2x + x2
;
lim
x→+∞
4x − 8x6 − 2x − 167
3x − 45x −
√
11πx+12
;
lim
x→+∞
√
x − sin3
x + x arctg x
√
1 + 2x + x2
.
Řešení. Vydělíme-li v případě první z limit čitatele i jmenovatele polynomem
x2, obdr íme
lim
x→+∞
sin x + πx2
2 cos x − 1 − x2
= lim
x→+∞
sin x
x2 + π
2 cos x−1
x2 − 1
.
Ohraničenost výrazů
| sin x | ≤ 1, | 2 cos x − 1 | ≤ 3 pro x ∈ R
a x2 → +∞ pro x → +∞ pak dávají výsledek
lim
x→+∞
sin x
x2 + π
2 cos x−1
x2 − 1
=
0 + π
0 − 1
= −π.
V přede lé úvaze jsme vlastně pou ili Větu o třech limitách a zápis c/∞ = 0
platný pro c ∈ R (nebo přímo ohr./∞ = 0, kde „ohr.“ značí ohraničenou
funkci).
8
Tento postup lze zobecnit. Pro limitu tvaru
lim
x→x0
f1(x) + f2(x) + · · · + fm(x)
g1(x) + g2(x) + · · · + gn(x)
,
přičem
lim
x→x0
fi(x)
f1(x)
= 0, i ∈ {2, . . . , m},
lim
x→x0
gi(x)
g1(x)
= 0, i ∈ {2, . . . , n},
platí
lim
x→x0
f1(x) + f2(x) + · · · + fm(x)
g1(x) + g2(x) + · · · + gn(x)
= lim
x→x0
f1(x)
g1(x)
,
pokud limita na pravé straně existuje. Je přitom výhodné si uvědomit (třetí
z limit lze určit např. pomocí l’Hospitalova pravidla, se kterým se seznámíme
později), e
lim
x→+∞
c
xα
= 0, lim
x→+∞
xα
xβ
= 0, lim
x→+∞
xβ
ax
= 0, lim
x→+∞
ax
bx
= 0
pro
c ∈ R, 0 < α < β, 1 < a < b.
Odtud ihned plyne
lim
x→+∞
3x+1 + x5 − 4x
3x + 2x + x2
= lim
x→+∞
3 · 3x
3x
= 3;
lim
x→+∞
4x − 8x6 − 2x − 167
3x − 45x −
√
11πx+12
= lim
x→+∞
4x
−
√
11π12 · πx
= −∞.
Uvědomíme-li si, e je
lim
x→+∞
arctg x =
π
2
≥ 1,
stejně snadno dostaneme
lim
x→+∞
√
x − sin3
x + x arctg x
√
1 + 2x + x2
= lim
x→+∞
x arctg x
√
x2
= lim
x→+∞
arctg x =
π
2
.
5.7. Vyčíslete limity
lim
n→∞
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · · +
1
(n − 1) · n
;
lim
n→∞
1
√
n2 + 1
+
1
√
n2 + 2
+ · · · +
1
√
n2 + n
.
Řešení. Nebo pro ka dé přirozené číslo k ≥ 2 je (provádíme tzv. rozklad na
parciální zlomky – budeme jej probírat u integrování racionálních lomených
funkcí)
1
(k − 1) k
=
1
k − 1
−
1
k
,
9
platí
lim
n→∞
1
1 · 2
+
1
2 · 3
+
1
3 · 4
+ · · · +
1
(n − 1) · n
=
lim
n→∞
1
1
−
1
2
+
1
2
−
1
3
+
1
3
−
1
4
+ · · · +
1
n − 1
−
1
n
= lim
n→∞
1 −
1
n
= 1.
Poznamenejme, e stanovení této limity je důle ité: určuje součet jedné z tzv.
teleskopických řad (se kterou pracoval ji Johann I. Bernoulli).
Ke stanovení druhé limity vyu ijeme Větu o třech limitách. Odhady
1
√
n2 + 1
+ · · · +
1
√
n2 + n
≥
1
√
n2 + n
+ · · · +
1
√
n2 + n
=
n
√
n2 + n
,
1
√
n2 + 1
+ · · · +
1
√
n2 + n
≤
1
√
n2 + 1
+ · · · +
1
√
n2 + 1
=
n
√
n2 + 1
pro n ∈ N dávají
lim
n→∞
n
√
n2 + n
≤ lim
n→∞
1
√
n2 + 1
+ · · · +
1
√
n2 + n
≤ lim
n→∞
n
√
n2 + 1
.
Proto e
lim
n→∞
n
√
n2 + n
= lim
n→∞
n
√
n2
= 1, lim
n→∞
n
√
n2 + 1
= lim
n→∞
n
√
n2
= 1,
je rovně
lim
n→∞
1
√
n2 + 1
+
1
√
n2 + 2
+ · · · +
1
√
n2 + n
= 1.
5.8. Spočtěte
(a)
lim
x→0
√
1 + x −
√
1 − x
x
;
(b)
lim
x→π/4
cos x − sin x
cos (2x)
;
(c)
lim
x→+∞
3
√
x4 3
x2 + 2x + 3 −
3
x2 + 2x + 2 .
Řešení. V echny uvedené limity vypočítáme pomocí vhodného roz íření
zadaného výrazu. V případě první limity vynásobíme čitatele i jmenovatele
výrazem
√
1 + x +
√
1 − x
10
a vyu ijeme známého vztahu (a − b) (a + b) = a2 − b2. Takto obdr íme
lim
x→0
√
1 + x −
√
1 − x
x
= lim
x→0
(1 + x) − (1 − x)
x
√
1 + x +
√
1 − x
= lim
x→0
2
√
1 + x +
√
1 − x
=
2
√
1 +
√
1
= 1.
Podobně vypočítáme
lim
x→π/4
cos x − sin x
cos (2x)
= lim
x→π/4
(cos x + sin x) (cos x − sin x)
(cos x + sin x) cos (2x)
= lim
x→π/4
cos2 x − sin2
x
(cos x + sin x) cos (2x)
= lim
x→π/4
1
cos x + sin x
=
1
√
2
2 +
√
2
2
=
√
2
2
.
U provedeného krácení připomeňme identitu
cos (2x) = cos2
x − sin2
x, x ∈ R.
Abychom mohli při určování poslední limity pou ít
(a − b) a2
+ ab + b2
= a3
− b3
,
k roz íření potřebujeme výraz
3
(x2 + 2x + 3)2
+
3
x2 + 2x + 3 ·
3
x2 + 2x + 2 +
3
(x2 + 2x + 2)2
,
který odpovídá a2 + ab + b2, resp. volíme
a =
3
x2 + 2x + 3, b =
3
x2 + 2x + 2.
Tímto roz ířením převedeme limitu ze zadání na
lim
x→+∞
3
√
x4 x2 + 2x + 3 − x2 + 2x + 2
3
(x2 + 2x + 3)2
+ 3
√
x2 + 2x + 3 · 3
√
x2 + 2x + 2 + 3
(x2 + 2x + 2)2
,
tj.
lim
x→+∞
3
√
x4
3
(x2 + 2x + 3)2
+ 3
√
x2 + 2x + 3 · 3
√
x2 + 2x + 2 + 3
(x2 + 2x + 2)2
.
Poslední limitu umíme snadno vyčíslit. Víme toti , e je určena pouze jedním
členem v čitateli a jedním ve jmenovateli, a to axp pro největ í p (v tomto
případě je uva ovaný člen ve jmenovateli rozdělen na několik sčítanců). Platí
11
tudí
lim
x→+∞
3
√
x4
3
(x2 + 2x + 3)2
+ 3
√
x2 + 2x + 3 · 3
√
x2 + 2x + 2 + 3
(x2 + 2x + 2)2
= lim
x→+∞
3
√
x4
3
(x2)2
+
3
√
x2 ·
3
√
x2 + 3
(x2)2
= lim
x→+∞
3
√
x4
3
3
√
x4
=
1
3
.
Celkem tak je
lim
x→+∞
3
√
x4 3
x2 + 2x + 3 −
3
x2 + 2x + 2 =
1
3
.
5.9. Pro libovolné n ∈ N určete limitu
lim
x→0
(1 + 2nx)n
− (1 + nx)2n
x2
.
Řešení. Podle binomické věty je
(1 + 2nx)n
= 1 +
n
1
2nx +
n
2
(2nx)2
+ P (x) x3
, x ∈ R,
(1 + nx)2n
= 1 +
2n
1
nx +
2n
2
(nx)2
+ Q (x) x3
, x ∈ R
pro jisté polynomy P, Q. Raději vyzdvihněme, e předchozí vyjádření skutečně
platí pro v echna n ∈ N. Pro n = 1 si stačí uvědomit, e klademe 1
2 = 0
a e polynomy P, Q mohou být identicky rovny nule. Dostáváme tedy
(1 + 2nx)n
= 1 + 2n2
x + 2n3
(n − 1) x2
+ P (x) x3
, x ∈ R,
(1 + nx)2n
= 1 + 2n2
x + n3
(2n − 1) x2
+ Q (x) x3
, x ∈ R.
Pouhé dosazení a jednoduché úpravy ji dávají
lim
x→0
(1 + 2nx)n
− (1 + nx)2n
x2
=
lim
x→0
2n3 (n − 1) − n3 (2n − 1) x2 + (P(x) − Q(x)) x3
x2
=
lim
x→0
−n3
+ (P(x) − Q(x)) x = −n3
+ 0 = −n3
.
5.10. Spočítejte
lim
x→π/4
(tg x)tg (2x)
.
Řešení. Limity typu 1±∞ (jako je v zadání) lze počítat podle vzorce
lim
x→x0
f(x)g(x)
= e
lim
x→x0
((f(x)−1)g(x))
,
12
jestli e limita na pravé straně existuje a f(x) = 1 pro x z jistého ryzího okolí
bodu x0 ∈ R. Určeme proto
lim
x→π/4
((tg x − 1) tg (2x)) = lim
x→π/4
sin x
cos x
− 1
sin (2x)
cos (2x)
= lim
x→π/4
sin x − cos x
cos x
·
2 sin x cos x
cos2 x − sin2
x
= lim
x→π/4
−
2 sin x
cos x + sin x
= −
2
√
2
2√
2
2 +
√
2
2
= −1.
Odtud máme
lim
x→π/4
(tg x)tg (2x)
=
1
e
.
Doplňme, e pou itý vzorec platí obecněji pro „typ 1cokoli“, tj. bez kladení
jakýchkoli podmínek týkajících se limity limx→x0 g(x), která tak ani nemusí
existovat.
5.11. Uka te, e je
lim
x→0
sin x
x
= 1.
Řešení. Uva ujme jednotkovou čtvrtkru nici v prvním kvadrantu a její bod
[cos x, sin x], x ∈ (0, π/2). Délka kruhového oblouku mezi body [cos x, sin x]
a [1, 0] je rovna x. Zřejmě tedy je
sin x < x, x ∈ 0,
π
2
.
Hodnotu tg x potom vyjadřuje délka úsečky s krajními body [1, sin x/ cos x]
a [1, 0]. Vidíme, e je (příp. si nakreslete obrázek)
x < tg x, x ∈ 0,
π
2
.
Tato nerovnost rovně vyplývá z toho, e trojúhelník s vrcholy [0, 0], [1, 0],
[1, tg x] má očividně vět í obsah ne uva ovaná kruhová výseč. Dohromady
jsme získali
sin x < x <
sin x
cos x
, x ∈ 0,
π
2
,
tj.
1 <
x
sin x
<
1
cos x
, x ∈ 0,
π
2
,
1 >
sin x
x
> cos x, x ∈ 0,
π
2
.
Z Věty o třech limitách nyní plynou nerovnosti
1 = lim
x→0+
1 ≥ lim
x→0+
sin x
x
≥ lim
x→0+
cos x = cos 0 = 1.
Dokázali jsme tak, e
lim
x→0+
sin x
x
= 1.
13
Funkce y = (sin x)/x definovaná pro x = 0 je ov em sudá, a tudí je
lim
x→0−
sin x
x
= lim
x→0+
sin x
x
= 1.
Proto e obě jednostranné limity existují a jsou si rovny, existuje oboustranná
limita a platí pro ni
lim
x→0
sin x
x
= lim
x→0±
sin x
x
= 1.
Poznamenejme je tě, e uvedenou limitu lo velmi snadno vyčíslit za pomoci
l’Hospitalova pravidla.
5.12. Stanovte limity
lim
n→∞
n
n + 1
n
, lim
n→∞
1 +
1
n2
n
, lim
n→∞
1 −
1
n
n2
;
lim
x→0
sin2
x
x
, lim
x→0
x
sin2
x
, lim
x→0
arcsin x
x
;
lim
x→0
3 tg2 x
5 x2
, lim
x→0
sin (3x)
sin (5x)
, lim
x→0
tg (3x)
sin (5x)
;
lim
x→0
e5x − e2x
x
, lim
x→0
e5x − e−x
sin (2x)
.
Řešení. Při určování těchto limit vyu ijeme znalosti limit (a ∈ R)
lim
n→∞
1 +
a
n
n
= ea
; lim
x→0
sin x
x
= 1; lim
x→0
ex − 1
x
= 1.
Víme tedy, e je
e−1
= lim
n→∞
1 −
1
n
n
= lim
n→∞
n − 1
n
n
.
Substituce m = n − 1 dává
lim
n→∞
n − 1
n
n
= lim
m→∞
m
m + 1
m+1
= lim
m→∞
m
m + 1
m
· lim
m→∞
m
m + 1
.
Celkem máme
e−1
= lim
m→∞
m
m + 1
m
· lim
m→∞
m
m + 1
.
Druhá z limit je zjevně rovna 1. Kdy změníme označení (nahradíme n za m),
mů eme napsat výsledek
e−1
= lim
n→∞
n
n + 1
n
.
14
Dále platí
lim
n→∞
1 +
1
n2
n
= lim
n→∞
1 +
1
n2
n2
n
= lim
n→∞
1 +
1
n2
n2
1
n
= e0
= 1
a
lim
n→∞
1 −
1
n
n2
= lim
n→∞
1 −
1
n
n n
= 0.
Upozorněme, e první z přede lých vyčíslení vyplývá z limit
lim
n→∞
1 +
1
n2
n2
= lim
m→∞
1 +
1
m
m
= e, lim
n→∞
1
n
= 0
a druhé potom z
lim
n→∞
1 −
1
n
n
= e−1
, lim
n→∞
n = +∞,
přičem klademe e−∞ = 0 (zápis označuje limx→−∞ ex = 0 – jedná se o určitý
výraz).
Snadno lze získat
lim
x→0
sin2
x
x
= lim
x→0
sin x · lim
x→0
sin x
x
= 0 · 1 = 0.
Zřejmě je
lim
x→0
x
sin x
= 1−1
= 1
a limita
lim
x→0
1
sin x
neexistuje (zapisujeme 1/ ± 0). Kdybychom tedy k výpočtu limity
lim
x→0
x
sin2
x
u ili pravidla o limitě součinu, obdr eli bychom 1·1/±0 = 1/±0. To znamená,
e tato limita neexistuje (opět jde o určitý výraz). Ke stanovení
lim
x→0
arcsin x
x
pou ijeme identitu x = sin (arcsin x) platnou pro x ∈ (−1, 1), tj. v jistém
okolí bodu 0. Pomocí substituce y = arcsin x dostáváme
lim
x→0
arcsin x
x
= lim
x→0
arcsin x
sin (arcsin x)
= lim
y→0
y
sin y
= 1.
Poznamenejme, e y → 0 plyne z dosazení x = 0 do y = arcsin x a ze spojitosti
této funkce v počátku (to také zaručuje, e jsme tuto substituci mohli „bez
obav“ zavést).
15
Ihned vidíme, e je
lim
x→0
3 tg2 x
5 x2
= lim
x→0
3
5
·
sin x
x
·
sin x
x
·
1
cos2 x
=
3
5
· lim
x→0
sin x
x
· lim
x→0
sin x
x
· lim
x→0
1
cos2 x
=
3
5
· 1 · 1 · 1 =
3
5
.
Vhodné roz íření a substituce dávají
lim
x→0
sin (3x)
sin (5x)
= lim
x→0
sin (3x)
3x
·
5x
sin (5x)
·
3
5
= lim
x→0
sin (3x)
3x
· lim
x→0
5x
sin (5x)
·
3
5
= lim
y→0
sin y
y
· lim
z→0
z
sin z
·
3
5
= 1 · 1 ·
3
5
=
3
5
.
Pomocí přede lého výsledku pak lehce spočítáme
lim
x→0
tg (3x)
sin (5x)
= lim
x→0
sin (3x)
sin (5x)
·
1
cos (3x)
= lim
x→0
sin (3x)
sin (5x)
· lim
x→0
1
cos (3x)
=
3
5
· 1 =
3
5
.
Podobně mů eme stanovit
lim
x→0
e5x − e2x
x
= lim
x→0
e2x e(5−2)x − 1
(5 − 2)x
(5 − 2)
= lim
x→0
e2x
· lim
x→0
e3x − 1
3x
· 3
= e0
· lim
y→0
ey − 1
y
· 3 = 1 · 1 · 3 = 3
a rovně
lim
x→0
e5x − e−x
sin (2x)
= lim
x→0
e5x − 1
sin (2x)
−
e−x − 1
sin (2x)
=
lim
x→0
e5x − 1
5x
·
2x
sin (2x)
·
5
2
−
e−x − 1
−x
·
2x
sin (2x)
· −
1
2
=
lim
x→0
e5x − 1
5x
· lim
x→0
2x
sin (2x)
·
5
2
− lim
x→0
e−x − 1
−x
· lim
x→0
2x
sin (2x)
· −
1
2
=
lim
u→0
eu − 1
u
· lim
z→0
z
sin z
·
5
2
− lim
v→0
ev − 1
v
· lim
z→0
z
sin z
· −
1
2
=
5
2
+
1
2
= 3.
5.13. Vypočtěte limity
lim
x→0
1 − cos (2x)
x sin x
; lim
x→0
1 − cos x
x2
.
16
Řešení. Spojením dříve prezentovaných postupů s jedním důle itým výsled-
kem
lim
x→0
sin x
x
= 1
snadno získáváme
lim
x→0
1 − cos (2x)
x sin x
= lim
x→0
1 − cos2 x − sin2
x
x sin x
= lim
x→0
1 − cos2 x + sin2
x
x sin x
= lim
x→0
2 sin2
x
x sin x
= lim
x→0
2
sin x
x
= 2;
resp.
lim
x→0
1 − cos x
x2
= lim
x→0
1 − cos x
x2
·
1 + cos x
1 + cos x
= lim
x→0
1 − cos2 x
x2 (1 + cos x)
= lim
x→0
sin2
x
x2 (1 + cos x)
= lim
x→0
sin x
x
2
· lim
x→0
1
1 + cos x
=
1
2
.
Dodejme, e jsme také mohli hned vyu ít vyjádření
1 − cos (2x) = 2 sin2
x, x ∈ R.
5.14. Bez pou ití Věty o třech limitách doka te, e funkce
R(x) =
x, x ∈ 1
n; n ∈ N ;
0, x ∈ R 1
n; n ∈ N
je spojitá v bodě 0.
Řešení. Funkce R je spojitá v bodě 0, právě kdy je
lim
x→0
R(x) = R(0) = 0.
Z definice limity uká eme, e tato limita se skutečně rovná 0. Při „obvyklém“
značení je a = 0, x0 = 0. Nech δ > 0 je nadále libovolné. Pro jakékoli
x ∈ (−δ, δ) je R(x) = 0, nebo R(x) = x, a tudí (v obou případech) dostáváme
R(x) ∈ (−δ, δ). Jinými slovy, vezmeme-li libovolné δ-okolí (−δ, δ) hodnoty a
a přiřadíme-li mu (−δ, δ) (jako okolí bodu x0), pak pro ka dé x ∈ (−δ, δ)
(z uva ovaného okolí x0) platí, e R(x) ∈ (−δ, δ) (zde na interval (−δ, δ) nahlí
íme jako na okolí a). To odpovídá znění definice limity (nemuseli jsme ani
po adovat, aby bylo x = x0).
Uva ovaná funkce R se nazývá Riemannova funkce (proto označení R).
V literatuře se ov em uvádí v různých modifikacích. Např. o funkci
f(x) =



1, x ∈ Z;
1
q , x = p
q ∈ Q pro nesoudělná p, q ∈ Z a q > 1;
0, x /∈ Q
17
se „často“ hovoří jako o Riemannově.
5.15. Dodefinujte funkci
f(x) = x2
− 1 sin
2x − 1
x2 − 1
, x = ±1 (x ∈ R)
v bodech −1, 1 tak, aby byla spojitá na R.
Řešení. Daná funkce je spojitá ve v ech bodech svého definičního oboru.
V bodech −1, 1 bude spojitá, právě kdy polo íme
f(−1) := lim
x→−1
x2
− 1 sin
2x − 1
x2 − 1
, f(1) := lim
x→1
x2
− 1 sin
2x − 1
x2 − 1
.
Pokud by jedna z těchto limit neexistovala (příp. byla nevlastní), funkci by
ne lo spojitě dodefinovat. Očividně je
sin
2x − 1
x2 − 1
≤ 1, x = ±1 (x ∈ R),
odkud plyne
− x2
− 1 ≤ f(x) ≤ x2
− 1 , x = ±1 (x ∈ R).
Proto e
lim
x→±1
x2
− 1 = 0,
z Věty o třech limitách ji dostáváme výsledek f(±1) := 0.
5.16. Ověřte, e je limita
(a)
lim
x→0
sin (2x) − 2 sin x
2ex − x2 − 2x − 2
typu
0
0
;
(b)
lim
x→0+
ln x
cotg x
typu
∞
∞
;
(c)
lim
x→1+
x
x − 1
−
1
ln x
typu ∞ − ∞;
(d)
lim
x→1+
(ln (x − 1) · ln x) typu 0 · ∞;
(e)
lim
x→0+
(cotg x)
1
ln x typu ∞0
;
(f)
lim
x→0
sin x
x
1
x2
typu 1∞
;
(g)
lim
x→1−
cos
πx
2
ln x
typu 00
.
18
Poté ji spočtěte u itím l’Hospitalova pravidla.
Řešení. Bezprostředně mů eme potvrdit, e je
(a)
lim
x→0
(sin (2x) − 2 sin x) = 0 − 0 = 0,
lim
x→0
2ex
− x2
− 2x − 2 = 2 − 0 − 0 − 2 = 0;
(b)
lim
x→0+
ln x = −∞, lim
x→0+
cotg x = +∞;
(c)
lim
x→1+
x
x − 1
= +∞, lim
x→1+
1
ln x
= +∞;
(d)
lim
x→1+
ln x = 0, lim
x→1+
ln (x − 1) = −∞;
(e)
lim
x→0+
cotg x = +∞, lim
x→0+
1
ln x
= 0;
(f)
lim
x→0
sin x
x
= 1, lim
x→0
1
x2
= +∞;
(g)
lim
x→1−
cos
πx
2
= 0, lim
x→1−
ln x = 0.
Případ (a). Aplikování l’Hospitalova pravidla převádí limitu
lim
x→0
sin (2x) − 2 sin x
2ex − x2 − 2x − 2
na limitu
lim
x→0
2 cos (2x) − 2 cos x
2ex − 2x − 2
,
která je ov em typu 0/0. Dal ími dvěma aplikacemi l’Hospitalova pravidla
dostáváme
lim
x→0
−4 sin (2x) + 2 sin x
2ex − 2
a (vý e uvedená limita je opět typu 0/0)
lim
x→0
−8 cos (2x) + 2 cos x
2ex
=
−8 + 2
2
= −3.
Celkem tak máme (vrátíme se k původní limitě)
lim
x→0
sin (2x) − 2 sin x
2ex − x2 − 2x − 2
= −3.
Dodejme, e opakované u ití l’Hospitalova pravidla v jednom příkladu je bě
né.
Nadále budeme klást, e se limity podílů derivací získané l’Hospitalovým
pravidlem přímo rovnají původním limitám podílů. Takto si mů eme počínat,
19
pokud obdr ené limity na pravých stranách budou existovat, tj. o platnosti
zápisů se vlastně budeme přesvědčovat dodatečně.
Případ (b). Tentokráte derivování čitatele a jmenovatele dává
lim
x→0+
ln x
cotg x
= lim
x→0+
1
x
−1
sin2 x
= lim
x→0+
− sin2
x
x
.
Poslední limitu umíme snadno určit (dokonce ji známe). Z
lim
x→0+
− sin x = 0, lim
x→0+
sin x
x
= 1
plyne výsledek 0 = 0·1. Také jsme mohli znovu pou ít l’Hospitalovo pravidlo
(nyní pro výraz 0/0) se ziskem
lim
x→0+
− sin2
x
x
= lim
x→0+
−2 · sin x · cos x
1
=
−2 · 0 · 1
1
= 0.
Případ (c). Pouze převodem na společného jmenovatele
lim
x→1+
x
x − 1
−
1
ln x
= lim
x→1+
x ln x − (x − 1)
(x − 1) ln x
jsme obdr eli typ 0/0. Je
lim
x→1+
x ln x − (x − 1)
(x − 1) ln x
= lim
x→1+
ln x + x
x − 1
x−1
x + ln x
= lim
x→1+
ln x
1 − 1
x + ln x
.
Máme podíl 0/0, pro který (opět dle l’Hospitalova pravidla) platí
lim
x→1+
ln x
1 − 1
x + ln x
= lim
x→1+
1
x
1
x2 + 1
x
=
1
1 + 1
=
1
2
.
Návratem k původní limitě zapí eme výsledek
lim
x→1+
x
x − 1
−
1
ln x
=
1
2
.
Případ (d). Uvedený výraz převedeme na typ ∞/∞ (přesněji řečeno, na
typ −∞/∞) vytvořením zlomku
lim
x→1+
(ln (x − 1) · ln x) = lim
x→1+
ln (x − 1)
1
ln x
.
Podle l’Hospitalova pravidla je
lim
x→1+
ln (x − 1)
1
ln x
= lim
x→1+
1
x−1
− 1
ln2
x
· 1
x
= lim
x→1+
−x ln2
x
x − 1
.
Pro tento neurčitý výraz (typu 0/0) lze pokračovat l’Hospitalovým pravidlem
a stanovit
lim
x→1+
−x ln2
x
x − 1
= lim
x→1+
−ln2
x − 2x ln x · 1
x
1
= −
0 + 0
1
= 0.
20
Případy (e), (f), (g). Proto e
lim
x→0+
(cotg x)
1
ln x = e
lim
x→0+
ln(cotg x)
ln x
;
lim
x→0
sin x
x
1
x2
= e
lim
x→0
ln sin x
x
x2
;
lim
x→1−
cos
πx
2
ln x
= e
lim
x→1−
(ln x·ln(cos πx
2 ))
,
postačuje vypočítat limity uvedené v argumentu exponenciální funkce. Pomocí
l’Hospitalova pravidla a jednoduchých úprav získáváme
lim
x→0+
ln (cotg x)
ln x
= typ
+∞
−∞
= lim
x→0+
1
cotg x · −1
sin2 x
1
x
=
lim
x→0+
−x
cos x · sin x
= typ
0
0
= lim
x→0+
−1
cos2 x − sin2
x
=
−1
1 − 0
= −1;
lim
x→0
ln sin x
x
x2
= typ
0
0
= lim
x→0
x
sin x · x cos x−sin x
x2
2x
= lim
x→0
x cos x − sin x
2x2 sin x
= typ
0
0
= lim
x→0
cos x − x sin x − cos x
4x sin x + 2x2 cos x
= lim
x→0
− sin x
4 sin x + 2x cos x
= typ
0
0
= lim
x→0
− cos x
4 cos x + 2 cos x − 2x sin x
=
−1
4 + 2 − 0
= −
1
6
,
a tudí
lim
x→0+
(cotg x)
1
ln x = e−1
=
1
e
;
lim
x→0
sin x
x
1
x2
= e− 1
6 =
1
6
√
e
.
Obdobně lze postupovat při určování poslední limity. Platí
lim
x→1−
ln x · ln cos
πx
2
= lim
x→1−
ln cos πx
2
1
ln x
= typ
−∞
−∞
=
∞
∞
= lim
x→1−
1
cos πx
2
− sin πx
2
π
2
− 1
ln2
x
· 1
x
=
π
2
lim
x→1−
x sin πx
2 · ln2
x
cos πx
2
.
Nebo je tento výraz typu 0/0, mohli bychom pokračovat l’Hospitalovým
pravidlem; místo toho ale přejdeme od
lim
x→1−
x sin πx
2 · ln2
x
cos πx
2
21
k součinu limit
lim
x→1−
x sin
πx
2
· lim
x→1−
ln2
x
cos πx
2
= 1 · lim
x→1−
ln2
x
cos πx
2
.
Teprve nyní aplikujeme l’Hospitalovo pravidlo pro
lim
x→1−
ln2
x
cos πx
2
= typ
0
0
= lim
x→1−
2 ln x · 1
x
−π
2 sin πx
2
=
0
−π
2
= 0.
Celkem máme
lim
x→1−
ln x · ln cos
πx
2
=
π
2
· 1 · 0 = 0,
tj.
lim
x→1−
cos
πx
2
ln x
= e0
= 1.
5.17. Určete
lim
x→0
cotg x −
1
x
.
Řešení. Uvědomíme-li si, e je
lim
x→0+
cotg x = +∞, lim
x→0+
1
x
= +∞,
lim
x→0−
cotg x = −∞, lim
x→0−
1
x
= −∞,
vidíme, e v případě obou jednostranných limit dostáváme typ ∞ − ∞. Mů
eme tedy uva ovat najednou oboustrannou limitu. Funkci kotangens zapí eme
jako podíl kosinu a sinu a zlomky převedeme na společného jmenovatele, tj.
lim
x→0
cotg x −
1
x
= lim
x→0
x cos x − sin x
x sin x
.
Obdr eli jsme výraz 0/0, pro který platí (podle l’Hospitalova pravidla)
lim
x→0
x cos x − sin x
x sin x
= lim
x→0
cos x − x sin x − cos x
sin x + x cos x
= lim
x→0
−x sin x
sin x + x cos x
.
Druhým pou itím l’Hospitalova pravidla pro typ 0/0 pak ji dostaneme
lim
x→0
−x sin x
sin x + x cos x
= lim
x→0
− sin x − x cos x
cos x + cos x − x sin x
=
0 − 0
1 + 1 − 0
= 0.
22
5.18. Vyčíslete
lim
x→+∞
ln x
x
, lim
x→0+
x ln
1
x
, lim
x→0+
x e
1
x ;
lim
x→0−
x e− 1
x , lim
x→0
e− 1
x2
x100
, lim
x→+∞
(ln x − x) ;
lim
x→+∞
x
x + ln x · cos x
, lim
x→+∞
3
√
x + 1
5
√
x + 3
, lim
x→+∞
x
√
x2 + 1
.
Řešení. Snadno lze zjistit (např. n-násobným u itím l’Hospitalova pravidla),
e pro libovolné n ∈ N je
lim
x→+∞
xn
ex
= 0, tj. lim
x→+∞
ex
xn
= +∞.
Z Věty o třech limitách potom pro reálná čísla a > 0 ihned plyne zobecnění
lim
x→+∞
xa
ex
= 0, tj. lim
x→+∞
ex
xa
= +∞.
Uvá íme-li, e grafy funkcí y = ex a y = ln x (inverzní funkce k y = ex) jsou
symetrické vzhledem k přímce y = x, víme dále
lim
x→+∞
ln x
x
= 0, tj. lim
x→+∞
x
ln x
= +∞.
Získali jsme tak první výsledek. Ten přitom dává rovně l’Hospitalovo
pravidlo, podle kterého je
lim
x→+∞
ln x
x
= lim
x→+∞
1
x
1
= lim
x→+∞
1
x
= 0.
Upozorněme, e l’Hospitalovo pravidlo lze pou ít k vyčíslení ka dé z dal ích
pěti uvedených limit. Je ov em mo né určit tyto limity jednodu ími způsoby.
Např. substituce y = 1/x vede na
lim
x→0+
x ln
1
x
= lim
y→+∞
ln y
y
= 0;
lim
x→0+
x e
1
x = lim
y→+∞
ey
y
= +∞.
Samozřejmě x → 0+ dává y = 1/x → +∞ (pí eme 1/ + 0 = +∞).
Pomocí substitucí u = −1/x, v = 1/x2 po řadě dostáváme
lim
x→0−
x e− 1
x = lim
u→+∞
−
eu
u
= −∞;
lim
x→0
e− 1
x2
x100
= lim
v→+∞
v50
ev
= 0,
přičem x → 0− odpovídá u = −1/x → +∞ (pí eme −1/−0 = +∞) a x → 0
potom v = 1/x2 → +∞ (znovu 1/ + 0 = +∞). Ji dříve jsme také objasnili,
e platí
lim
x→+∞
(ln x − x) = lim
x→+∞
−x = −∞.
23
Případné pochyby snad rozptýlí limita
lim
x→+∞
ln x − x
ln x
= lim
x→+∞
1 −
x
ln x
= −∞,
která dokazuje, e při zmen ení absolutní hodnoty uva ovaného výrazu (ani
by do lo ke změně znaménka) stále výraz v absolutní hodnotě roste nade v
echny meze.
Stejně snadno umíme určit
lim
x→+∞
x
x + ln x · cos x
= lim
x→+∞
x
x
= 1;
lim
x→+∞
3
√
x + 1
5
√
x + 3
= lim
x→+∞
3
√
x
5
√
x
= +∞;
lim
x→+∞
x
√
x2 + 1
= lim
x→+∞
x
√
x2
= 1.
Viděli jsme, e l’Hospitalovo pravidlo nemusí být nejlep í metodou výpočtu
limity jednoho z typů 0/0, ∞/∞. Na předchozích třech příkladech lze ilustrovat,
e jej ani nelze v dy (pro neurčité výrazy) aplikovat. Kdybychom jej
pou ili k ře ení prvního z nich, obdr eli bychom pro x > 0 podíl
1
1 + cos x
x − ln x · sin x
=
x
x + cos x − x ln x · sin x
,
který je slo itěj í ne původní. Dokonce pro x → +∞ limitu nemá. Není tedy
splněn jeden z předpokladů l’Hospitalova pravidla. Ve druhém případě pak
(libovolný počet opakovaných) pou ití l’Hospitalova pravidla vede na neurčité
výrazy. Pro poslední limitu nás l’Hospitalovo pravidlo vrátí do zadání: dává
nejdříve zlomek
1
2x
2
√
x2+1
=
√
x2 + 1
x
a následně
2x
2
√
x2+1
1
=
x
√
x2 + 1
.
Odsud mů eme odvodit, e limita je rovna 1 (hledáme nezápornou hodnotu
a ∈ R takovou, aby platilo a = a−1), pouze kdy dříve doká eme, e vůbec
existuje.
0.19. Určete suprema a infima mno in
A = (−3, 0] ∪ (1, π) ∪ {6}; B =
(−1)n
n2
; n ∈ N ; C = (−9, 9) ∩ Q
v R.
24
Řešení. Platí
sup A = 6, inf A = −3;
sup B =
1
4
, inf B = −1;
sup C = 9, inf C = −9.
0.20. Nalezněte sup A a inf A pro
A =
n + (−1)n
n
; n ∈ N ⊂ R.
Řešení. Lehce lze ukázat, e
sup A =
3
2
, inf A = 0.
0.21. Je-li
N = {1, 2, . . . , n, . . . }, M = −
1
n
; n ∈ N , J = (0, 2] ∪ [3, 5] {4},
stanovte inf N, sup M, inf J a sup J v R.
Řešení. Zřejmě je
inf N = 1, sup M = 0, inf J = 0, sup J = 5.
0.22. Napi te příklad mno iny M ⊂ R, která nemá v R infimum, ale má zde
supremum; a udejte příklad mno iny N ⊂ R, která nemá v R supremum, ale
má zde infimum.
Řešení. Lze polo it kupř.
M := Z N; N := N.
0.23. Uveďte podmno inu X mno iny R, pro kterou je sup X ≤ inf X.
Řešení. Uva te jakoukoli jednoprvkovou mno inu X ⊂ R.
0.24. Udejte příklad mno in A, B, C ⊆ R takových, aby platilo
A ∩ B = ∅, A ∩ C = ∅, B ∩ C = ∅, sup A = inf B = inf C = sup C.
Řešení. Mno ina C musí být jednoprvková. Nech je tedy např. C = {0}.
Nyní mů eme zvolit A = (−1, 0), B = (0, 1).
0.25. Z definice limity doka te, e je
lim
x→0
x3
− 2 = −2.
25
Řešení. Pro ka dé ε > 0 stačí ε-okolí bodu −2 přiřadit δ-okolí bodu 0 před-
pisem
ε → δ, δ = ε,
přičem bez újmy na obecnosti lze po adovat, aby ε ≤ 1. Pokud by toti bylo
ε > 1, lze polo it δ = 1.
0.26. Z definice limity určete
lim
x→−1
(1 + x)2 − 3
2
,
tj. mj. napi te δ(ε)-předpis jako v minulém příkladu.
Řešení. Existence limity a rovnost
lim
x→−1
(1 + x)2 − 3
2
= −
3
2
např. opět plyne z volby δ := ε pro ε ∈ (0, 1).
0.27. Uka te z definice limity, e
lim
x→−∞
3 (x − 2)4
2
= +∞.
Řešení. Nebo − (x − 2)4
< x pro x < 0, dostáváme 3 (x − 2)4
/2 > −x pro
x < 0.
0.28. Stanovte
lim
n→∞
1
n2
+
2
n2
+ · · · +
n − 2
n2
+
n − 1
n2
.
Řešení. Platí
lim
n→∞
1
n2
+
2
n2
+ · · · +
n − 2
n2
+
n − 1
n2
= lim
n→∞
1 + n − 1
n2
·
n − 1
2
=
1
2
.
0.29. Vypočítejte
lim
n→∞
√
n3 − 11n2 + 2 + 5
√
n7 − 2n5 − n3 − n + sin2
n
2 − 3
√
5n4 + 2n3 + 5
.
Řešení. Snadno lze ukázat, e
lim
n→∞
√
n3 − 11n2 + 2 + 5
√
n7 − 2n5 − n3 − n + sin2
n
2 − 3
√
5n4 + 2n3 + 5
= −∞.
0.30. Vyčíslete limitu
lim
n→∞
n! + (n − 2)! − (n − 4)!
n50 + n! − (n − 1)!
.
Řešení. Limita je rovna 1.
26
0.31. Udejte příklad posloupností majících nevlastní limity se členy xn, yn,
n ∈ N, pro které je
lim
n→∞
(xn + yn) = 1, lim
n→∞
xn y2
n = +∞.
Řešení. Kupř. lze polo it
xn := n, yn := −n + 1, n ∈ N.
0.32. Napi te v echny hromadné body posloupnosti dané členy
an =
(−1)n 2n
√
4n2 + 5n + 3
, n ∈ N.
Řešení. Správná odpověď je ±1.
0.33. Spočtěte
lim sup
n→∞
an a lim inf
n→∞
an,
je-li
an =
n2 + 4n − 5
n2 + 9
sin2 nπ
4
, n ∈ N.
Řešení. Výsledek je
lim sup
n→∞
an = 1, lim inf
n→∞
an = 0.
0.34. Vyčíslete
lim inf
n→∞
(−1)n
1 +
1
n
n
+ sin
nπ
4
.
Řešení. Platí
lim inf
n→∞
(−1)n
1 +
1
n
n
+ sin
nπ
4
= −e −
√
2
2
.
0.35. Určete obě jednostranné limity
lim
x→0+
arctg
1
x
, lim
x→0−
arctg
1
x
.
Na základě výsledku rozhodněte o existenci limity
lim
x→0
arctg
1
x
.
Řešení. Nebo
lim
x→0+
arctg
1
x
=
π
2
, lim
x→0−
arctg
1
x
= −
π
2
,
27
uva ovaná oboustranná limita neexistuje.
0.36. Existuje některá z limit
lim
x→0
sin x
x3
, lim
x→0
5x4 + 1
x
?
Řešení. První z limit je rovna +∞, druhá neexistuje.
0.37. Vypočtěte limitu
lim
x→0
tg x − sin x
sin3
x
.
Řešení. Limitu lze spočítat více způsoby. Nabízí se např.
lim
x→0
tg x − sin x
sin3
x
= lim
x→0
tg x − sin x
sin3
x
·
cotg x
cotg x
= lim
x→0
1 − cos x
cos x · sin2
x
= lim
x→0
1 − cos x
cos x (1 − cos2 x)
= lim
x→0
1
cos x (1 + cos x)
=
1
2
.
0.38. Vyčíslete
lim
x→π/6
2 sin3
x + 7 sin2
x + 2 sin x − 3
2 sin3
x + 3 sin2
x − 8 sin x + 3
.
Řešení. Platí
lim
x→π/6
2 sin3
x + 7 sin2
x + 2 sin x − 3
2 sin3
x + 3 sin2
x − 8 sin x + 3
= lim
x→π/6
sin x + 1
sin x − 1
= −3.
0.39. Pro libovolné m, n ∈ N určete
lim
x→1
xm − 1
xn − 1
.
Řešení. Je
lim
x→1
xm − 1
xn − 1
=
m
n
.
0.40. Vyčíslete
lim
x→+∞
x2 + x − x .
Řešení. Po roz íření výrazem
√
x2 + x + x
√
x2 + x + x
28
lze lehce dostat
lim
x→+∞
x2 + x − x =
1
2
.
0.41. Stanovte
lim
x→+∞
x 1 + x2 − x2
.
Řešení. Platí
lim
x→+∞
x 1 + x2 − x2
=
1
2
.
0.42. Vypočítejte
lim
x→0
√
2 −
√
1 + cos x
sin2
x
.
Řešení. Je
lim
x→0
√
2 −
√
1 + cos x
sin2
x
=
√
2
8
.
0.43. Vyčíslete
lim
x→0
sin (4x)
√
x + 1 − 1
.
Řešení. Roz ířením zlomku ze zadání je mo né obdr et
lim
x→0
sin (4x)
√
x + 1 − 1
= 8.
0.44. Spočtěte
lim
x→0−
√
1 + tg x −
√
1 − tg x
sin x
.
Řešení. Platí
lim
x→0−
√
1 + tg x −
√
1 − tg x
sin x
= 1.
0.45. Stanovte
lim
x→−∞
2x +
√
1 + x2 − x9 − 7x5 + 44x2
3x + 5
√
6x6 + x2 − 18x5 − 592x4
.
Řešení. Zřejmě je
lim
x→−∞
2x +
√
1 + x2 − x9 − 7x5 + 44x2
3x + 5
√
6x6 + x2 − 18x5 − 592x4
=
7
18
.
29
0.46. Nech limx→−∞ f(x) = 0. Je pravda, e limx→−∞(f(x) · g(x)) = 0 pro
ka dou rostoucí funkci g : R → R?
Řešení. Výrok není pravdivý. Uva te kupř.
f(x) :=
1
x
, x ∈ (−∞, 0); g(x) := x, x ∈ R.
0.47. V jakých bodech x ∈ R je funkce
y = cos arctg 12x21
+ 11 ·
ecos(x+2)−x3
−11 − x12
+ sin (sin (sin (sin x)))
s maximálním definičním oborem spojitá?
Řešení. Uvedená funkce je spojitá na celém R.
0.48. Rozhodněte, zda je funkce
f(x) =



x, x < 0;
0, 0 ≤ x < 1;
x, x = 1;
0, 1 < x < 2;
x, 2 ≤ x ≤ 3;
1
x−3 , x > 3
spojitá; spojitá zleva; spojitá zprava v bodech −π, 0, 1, 2, 3, π.
Řešení. V bodech −π, 0, π je spojitá; v bodě 2 je spojitá pouze zprava
a v bodě 3 pouze zleva; v bodě 1 není spojitá ani z jedné strany.
0.49. Dodefinujte funkci
f(x) = arctg 1 +
5
x2
· sin2
x5
, x ∈ R {0}
pro x = 0 tak, aby byla v tomto bodě spojitá.
Řešení. Je nutné polo it f(0) := 0.
0.50. Uveďte p ∈ R, pro které je funkce
f(x) =
sin (6x)
3x
, x ∈ R {0}; f(0) = p
spojitá v počátku.
Řešení. Funkce je spojitá právě pro p = 2.
0.51. Zvolte reálnou hodnotu a tak, aby funkce
h (x) =
x4 − 1
x − 1
, x > 1; h (x) = a, x ≤ 1
byla spojitá v R.
Řešení. Správná odpověď je a = 4.
30
0.52. Libovolným způsobem ověřte, e je
lim
x→0
ex − 1
x
= 1.
Řešení. Limitu lze snadno určit např. pomocí l’Hospitalova pravidla.
0.53. Vypočtěte
lim
x→0+
sin8
x
x3
; lim
x→−∞
sin8
x
x3
.
Řešení. Je
lim
x→0+
sin8
x
x3
= lim
x→−∞
sin8
x
x3
= 0.
0.54. Určete limitu
lim
n→∞
n
n + 5
2n−1
.
Řešení. Platí
lim
n→∞
n
n + 5
2n−1
= e−10
.
0.55. Spočítejte
lim
x→0−
sin x − x
x3
.
Řešení. Trojnásobné pou ití l’Hospitalova pravidla dává
lim
x→0−
sin x − x
x3
= −
1
6
.
0.56. Vyčíslete limitu
lim
x→1−
(1 − x) tg
πx
2
.
Řešení. Výsledek je 2/π.
0.57. Stanovte
lim
x→π
2
−
π
2
− x tg x .
Řešení. Lze ukázat, e
lim
x→π
2
−
π
2
− x tg x = 1.
0.58. Pomocí l’Hospitalova pravidla určete
lim
x→+∞
3
1
x − 2
1
x x .
31
Řešení. Je
lim
x→+∞
3
1
x − 2
1
x x = ln
3
2
.
0.59. Vypočtěte
lim
x→1
1
2 ln x
−
1
x2 − 1
.
Řešení. Limita je rovna 1/2.
0.60. U itím l’Hospitalova pravidla spočtěte limitu
lim
x→+∞
cos
2
x
x2
.
Řešení. Platí
lim
x→+∞
cos
2
x
x2
= e−2
.
0.61. Doplňte
lim
x→0
(1 − cos x)sin x
= . . .
Řešení. Dvojnásobnou aplikací l’Hospitalova pravidla lze obdr et
lim
x→0
(1 − cos x)sin x
= e0
= 1.
0.62. Určete následující dvě limity
lim
x→0+
x
α
ln x , lim
x→+∞
x
α
ln x ,
přičem α ∈ R je libovolné.
Řešení. V obou případech je výsledek eα.