Test A
(výběr z hroznů)
19­20. října 2005
1. (2 body) Najděte infimum množiny {x  R : x2
< 5}.
2. (10 bodů) Zjistěte, pro která reálná čísla x platí nerovnost
x - 3
|x + 2|
<
1
2
.
3. (10 bodů) Dokažte, že pro libovolné přirozené číslo n platí
2 + 4 + 6 +    + 2n = n(n + 1).
4. (18 bodů) Podle definice pojmu limity dokažte, že
lim
n
n + 100
3n - 8
=
1
3
.
1
Řešení A
aktualizováno 2. ledna 2006
1. Množinu M = {x  R : x2
< 5} můžeme ekvivalentně popsat jako M = {x 
R : |x| <

5} nebo explicitně jako interval M = (-

5,

5), takže inf M = -

5
a máme 2 body.
2. (a) Pro x = -2 není levá strana nerovnosti vůbec definovaná a pro všechna
x = -2 je nerovnost x-3
|x+2| < 1
2 ekvivalentní nerovnosti
2x - 6 < |x + 2|,
kterou se budeme nyní zaobírat. V závislosti na znaménku čísla x + 2, tj. argu-
mentu absolutní hodnoty, řešíme následující dvě nerovnosti:
Nerovnost 1: Pro x < -2 je |x + 2| = -x - 2, takže řešíme 2x - 6 < -x - 2 
3x < 4  x < 4
3 . Česky: všechna x < -2 vyhovují naší nerovnosti, protože
-2 < 4
3 .
Nerovnost 2: Pro x > -2 je |x+2| = x+2 a počítáme 2x-6 < x+2  x < 8,
tj. všechna x > -2, která vyhovují naší nerovnosti, musí být současně mensí
než 8.
Závěr: Dohromady, x  R je řešením zadané nerovnosti právě tehdy, když
x  (-, -2)  (-2, 8) = (-, 8) \ {-2}.
(b) V pokročilejší fázi studia, např. za polovinou semestru, můžeme úlohu chápat
taky jako ,,určete, pro která x  R má funkce
f(x) =
x - 3
|x + 2|
hodnoty menší než 1
2 ". Pokud jsme schopni nějak rychle funkci f analyzovat,
má tento přístup evidentní výhodu ve své názornosti, viz obrázek 1.
Analýza: Rychle napsaná rychlá analýza funkce f může vypadat třeba takto:
ˇ D(f) = R \ {-2}; uvažujeme pouze x  D(f), tj. x = -2,
ˇ f(x) = 0  x = 3 a protože 0 < 1
2 , je x = 3 jedno dobré řešení,
ˇ pro všechna x < 3 (a samozřejmě x = -2) je f(x) < 0 < 1
2 , takže všechna
x  (-, 3) \ {-2} jsou taky řešením naší nerovnosti.
Nápad 1: Po této úvaze stačí uvažovat pouze x > 3, tj. řešíme pouze jednu
nerovnost z postupu (a) místo toho, abychom dělali tutéž práci dvakrát.. .
2
Nápad 2: Pro x > 3, nebo obecněji pro x > -2, můžeme místo nerovnosti
f(x) < 1
2 uvažovat raději rovnost1
f(x) = x-3
x+2 = 1
2 , která platí právě tehdy,
když 2x - 6 = x + 2, tj. x = 8. Celkem tedy máme, že f(x) = 1
2  x = 8 a
z dřívějška f(3) = 0 < 1
2 . Protože je funkce f spojitá (!) na celém definičním
oboru, musí být taky f(x) < 1
2 pro všechna x mezi 3 a 8, obecněji pro x 
(-2, 8).
Závěr: Celkem tedy dostáváme stejný výsledek jako v předešlém postupu, tj.
x  R je řešení zadané nerovnosti právě tehdy, když
x  (-, 3 ] \ {-2}  (3, 8) = (-, 8) \ {-2}.
Cvičení: Cvičně můžeme dopočítat něco navíc, abychom měli přesnější představu
o chování funkce f:
ˇ pro x > -2 je f (x) = 5
(x+2)2 > 0, takže funkce je skutečně rostoucí na
tomto intervalu (neroste však neomezeně: lim
x
f(x) = 1),
ˇ dále např. lim
x-2
f(x) = -, lim
x-
f(x) = -1, pro x < -2 je f (x) =
- 5
(x+2)2 < 0 a tak podobně,
ˇ samozřejmě je jako obvykle vhodné pro kontrolu výsledku dosadit několik
čísel za x a přesvědčit se, zda studovaná nerovnost skutečně platí/neplatí. . .
3. Tvrzení asi snad skutečně platí, protože pro prvních pár n = 2, 3, 4, 5 máme:
2 + 4 = 6 = 2  3,
2 + 4 + 6 = 12 = 3  4,
2 + 4 + 6 + 8 = 20 = 4  5
2 + 4 + 6 + 8 + 10 = 30 = 5  6
a tak dále. Vřele doporučujeme podobná ověřování pro malá n vždycky udělat,
zejména proto, že je to zpravidla jediný přirozený způsob, jak přijít na nějaký
přímý argument, který by dokázal tvrzení obecně:
(a) Všimneme si, že součet prvního a posledního (n-tého) čísla v řadě je stejný
jako součet druhého a předposledního, ten je stejný jako součet třetího a před-
předposledního, atd. . . . . . 2
Celkem máme takových párů n
2 , ovšem pokud n je
sudé. Stručně můžeme toto pozorování napsat jako
2 + 4 + 6 +    + (2n - 4) + (2n - 2) + 2n =
= (2 + 2n) + (4 + 2n - 2) + (6 + 2n - 4) +    =
= (2 + 2n) 
n
2
= n(n + 1).
1což by mělo být o dost milejší, protože se nechybuje v úpravách, násobíme-li náhodou
zápornými čísly. . .
2číselná posloupnost (2, 4, 6, . . .) je aritmetická
3
Obrázek 1: nerovnost x-3
|x+2| < 1
2 z příkladu 2
Pokud je n liché, tj. n = 2k + 1 pro nějaké k  N, pak máme k párů se součtem
2 + 2n a jeden lichý sčítanec n + 1 (ten uprostřed). Součet celkem tedy činí
k(2 + 2n) + (n + 1) = (n + 1)(2k + 1) = n(n + 1),
což je tentýž výsledek, jako pro n sudé. Sestrojili jsme tedy přímý důkaz tvrzení,
který funguje pro libovolné přirozené číslo n. . .
(b) Kdo si potrpí na matematickou indukci, může postupovat takto:
Krok 1: Nejdřív se dokáže, že tvrzení platí pro nejmenší možné n, tj. n = 1:
2 = 1  (1 + 1),
což je jistě pravda.
Krok 2: Nyní stačí dokázat, že pokud naše tvrzení platí pro nějaké přirozené
číslo n, pak platí i pro číslo následující, tj. n + 1. Jinými slovy, chceme dokázat
následující implikaci pro libovolné n  N:
2 + 4 + 6 +    + 2n = n(n + 1) = 2 + 4 + 6 +    + 2(n + 1) = (n + 1)(n + 2).
4
Toto tvrzení přesvědčivě dokážeme přímou úpravou
2 + 4 + 6 +    + 2(n + 1) =
= (2 + 4 + 6 +    + 2n) + 2(n + 1) =
= n(n + 1) + 2(n + 1) = (n + 1)(n + 2),
kde jsme ve vhodný okamžik vhodně použili (!) indukční předpoklad.
Závěr: Dohromady, tvrzení platí pro n = 1 (podle prvního kroku) a odkud
(opakováním kroku dva) platí pro n = 2, 3, . . .. . . . . ., tj. skutečně pro všechna
přirozená čísla n.
4. Máme posloupnost (an) reálných čísel definovanou jako an = n+100
3n-8 a máme
dokázat, že hodnoty této posloupnosti konvergují k číslu 1
3 . Nikdo by neměl
pochybovat o správnosti tohoto tvrzení, máme je však dokázat podle definice. . .
Definice: Podle definice limity máme ukázat, že všichni členové posloupnosti
(an) s dostatečně velkými indexy n jsou čísla libovolně blízká právě hodnotě 1
3 .
Jinými slovy, máme dokázat, že pro libovolné reálné číslo  > 0 umíme najít
takový index n0  N, že všechna an s indexem n  n0 jsou hodnotě 1
3 blíž než
. Poslední požadavek formálně píšeme jako
n + 100
3n - 8
-
1
3
<  (1)
a z tohoto výrazu se snažíme vyjádřit n v závislosti na , aby bylo zřejmé, která
n této podmínce vyhovují. Odtud je již snadné zjistit, zda existuje n0 tak, aby
pro všechna n  n0 nerovnost (1) platila, či nikoli. . .
Výpočet: Úpravou výrazu v absolutní hodnotě dostáváme ekvivalentní nerovnost
308
9n - 24
< .
Pro dostatečně velká n je výraz v absolutní hodnotě kladné číslo, takže budeme
uvažovat nerovnost
308
9n - 24
< .
POZOR, tyto dvě nerovnosti jsou ekvivalentní pouze když 9n-24  0, tj. n  3,
takže od teďka musíme mít na paměti, že výsledné n0 musí zejména vyhovovat
této podmínce!
Nyní již elementárními (a hlavně ekvivalentními) úpravami dostáváme:
308
9n - 24
< 
308 < 9n - 24
308 + 24
9
< n (2)
Závěr: Protože všechny úpravy byly skutečně ekvivalentní (!), máme nyní spo-
čítáno, že pro všechna n  3, která jsou současně větší než 308+24
9 , platí i
5
původní nerovnost (1). Pro libovolné  > 0 tedy můžeme jako ono správné číslo
n0 z definice vzít např. první přirozené číslo, které je větší než 3 a současně větší
než posledně zmiňovaná hodnota, což taky můžeme chytře zapsat jako
n0 = max 3,
308 + 24
9
.
Cvičení:
ˇ Rozhodně zkuste pro kontrolu počítat např. s oblíbenou hodnotou  =
0.01, tj. vyjádřit n0 podle právě odvozeného pravidla a přesvědčit se, že
pro n  n0 jsou hodnoty an skutečně v toleranci 1
3  0.01.
ˇ Taky se zkuste neprosto stejným postupem jako dosud přesvědčit, že
lim
n
n+100
3n-8 se nerovná ani 1
2 ani 0 ani 1 ani cokoli jiného. . . (kromě 1
3 )
ˇ Nadšenci se můžou taky přesvědčit, že ve skutečnosti je 308+24
9  3 pro
libovolné  > 0, takže závěr předchozího počítání můžeme napsat taky
takto:
n0 =
308 + 24
9
.
6