Príklady na precvičovanie – limity a spojitosť funkcií
viac premenných
Nasledujúce riešené príklady ilustrujú najčastejšie používané techniky výpočtu
limít funkcií viac premenných. Najdôležitejšie z nich sú tieto:
• dosadenie
• úprava
• substitúcia (častokrát vedie na výpočet limity funkcie jednej premen-
nej)
• zavedenie polárnych (sférických) súradníc (prípad vlastného bodu, prípad
nevlastného bodu)
Riešené príklady
Príklad 1 (dosadenie)
lim
(x,y,z)→(1,3,1)
(2x2
+ 7y − 3z + 5).
Riešenie:
Za x, y, z jednoducho dosadíme príslušný limitný bod:
lim
(x,y,z)→(1,3,1)
(2x2
+ 7y − 3z + 5) = 2 + 21 − 3 + 5 = 25.
Príklad 2 (substitúcia, úprava)
lim
(x,y)→(0,0)
2 −
√
4 − xy
xy
.
Riešenie:
Vidíme, že zavedením substitúcie t = xy prevedieme danú limitu na limitu
z funkcie jednej premennej t, pričom ak x → 0 a y → 0, potom t = xy →
0 · 0 = 0. Preto po zavedení tejto substitúcie máme:
lim
(x,y)→(0,0)
2 −
√
4 − xy
xy
= lim
t→0
2 −
√
4 − t
t
.
1
Nakoľko nastáva neurčitosť typu 0/0, vykonáme úpravu – rozšírime výrazom
2 +
√
4 − t:
lim
t→0
2 −
√
4 − t
t
= lim
t→0
(2 −
√
4 − t)(2 +
√
4 − t)
t (2 +
√
4 − t)
= lim
t→0
t
t (2 +
√
4 − t)
=
= lim
t→0
1
2 +
√
4 − t
=
1
4
.
Teda:
lim
(x,y)→(0,0)
2 −
√
4 − xy
xy
=
1
4
.
Príklad 3 (úprava)
lim
(x,y)→(2,2)
x2
− y2
x2 − 3y + 3x − xy
.
Riešenie:
Opäť nastáva neurčitosť typu 0/0. Vykonáme vhodnú úpravu – čitateľ i menovateľ
rozložíme na súčin:
lim
(x,y)→(2,2)
x2
− y2
x2 − 3y + 3x − xy
= lim
(x,y)→(2,2)
(x − y)(x + y)
(x − y)(x + 3)
= lim
(x,y)→(2,2)
x + y
x + 3
=
4
5
.
Príklad 4 (substitúcia)
lim
(x,y)→(0,a)
sin(xy)
x
, a ∈ R.
Riešenie:
Máme neurčitosť 0/0. Namiesto premenných x, y budeme uvažovať premenné
t, y, kde t = xy. Potom, nakoľko x → 0 a y → a, t = xy → 0·a = 0. Pôvodnú
limitu z funkcie dvoch premenných sme teda transformovali zavedením novej
premennej t opäť na limitu z funkcie dvoch premenných, ktorú však vieme
ľahšie vypočítať:
lim
(x,y)→(0,a)
sin(xy)
x
= lim
(t,y)→(0,a)
sin t
t
· y = 1 · a = a.
2
Príklad 5 (substitúcia)
lim
(x,y)→(4,0)
tg
(√
(x − 4)2 − y2
)
x2
√
(x − 4)2 − y2
.
Riešenie:
Úvaha podobná ako v predchádzajúcom príklade. Neurčitosť je typu 0/0.
Namiesto y zavedieme novú premennú t =
√
(x − 4)2 − y2, pričom limitná
podmienka bude t → 0. Dostaneme:
lim
(x,y)→(4,0)
tg
(√
(x − 4)2 − y2
)
x2
√
(x − 4)2 − y2
= lim
(x,t)→(4,0)
tg t
x2t
= lim
(x,t)→(4,0)
tg t
t
·
1
x2
=
1
16
.
Príklad 6 (polárne súradnice, úprava)
lim
(x,y)→(0,0)
1 − cos(x2
+ y2
)
(x2 + y2)x2y2
.
Riešenie:
Neurčitosť 0/0. Zavedieme polárne súradnice:
x = ρ cos φ, y = ρ sin φ.
Dostaneme:
lim
ρ→0+
1 − cos ρ2
ρ4 sin2
φ cos2 φ
.
Výraz obsahujúci ρ upravíme takto:
1 − cos ρ2
= 2 sin2 ρ2
2
.
Teda:
1 − cos ρ2
ρ4
=
2 sin2 ρ2
2
ρ4
=
sin2 ρ2
2
(
ρ2
2
)2 ·
1
2
=
(
sin ρ2
2
ρ2
2
)2
·
1
2
.
3
Po dosadení preto máme:
lim
ρ→0+
1 − cos ρ2
ρ4 sin2
φ cos2 φ
= lim
ρ→0+
(
sin ρ2
2
ρ2
2
)2
·
1
2 sin2
φ cos2 φ
=
1
2 sin2
φ cos2 φ
,
nakoľko výraz v zátvorke konverguje k 1. Limita závisí na uhle φ, a preto
neexistuje.
Príklad 7 (sférické súradnice)
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x
x + y + z
.
Riešenie:
Máme neurčitosť typu 0/0. Zavedením sférických súradníc ukážeme, že táto
limita neexistuje. Ak bod A má karteziánske súradnice x, y, z, potom jeho
sférické súradnice r, φ, θ sú definované takto:
r – dĺžka úsečky spájajúca bod X so začiatkom O, r ≥ 0,
φ – uhol (orientovaný), ktorý zviera priemet úsečky OX do roviny xy
s kladným smerom osi x, φ ∈ [0, 2π),
θ – uhol (orientovaný), ktorý zviera úsečka OX s kladným smerom osi
z, θ ∈ [0, π].
Platí (sférické súradnice v okolí bodu (0, 0, 0); viac o tom v skriptách alebo
v zbierke Hasil–Zemánek):
x = r cos φ sin θ, y = r sin φ sin θ, z = r cos θ.
V našom prípade limitná podmienka bude r → 0+
, takže:
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x
x + y + z
= lim
r→0+
r cos φ sin θ
r cos φ sin θ + r sin φ sin θ + r cos θ
=
lim
r→0+
cos φ sin θ
cos φ sin θ + sin φ sin θ + cos θ
=
cos φ sin θ
cos φ sin θ + sin φ sin θ + cos θ
.
Výsledná limita závisí na uhloch φ, θ, takže neexistuje.
4
Príklad 8 (úprava, polárne súradnice, veta o dvoch policajtoch)
lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ y2
)x2y2
.
Riešenie 1:
Ide o neurčitosť typu 0/0. Výraz za limitou zapíšeme takto (využijeme spojitosť
exponenciálnej funkcie):
lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ y2
)x2y2
= lim
(x,y)→(0,0)
ex2y2 ln(x2+y2)
= e
lim
(x,y)→(0,0)
x2y2 ln(x2+y2)
.
Zavedieme polárne súradnice v okolí bodu (0, 0):
lim
(x,y)→(0,0)
x2
y2
ln(x2
+ y2
) = lim
ρ→0+
ρ4
sin2
φ cos2
φ ln ρ2
=
= lim
ρ→0+
(ρ4
ln ρ2
) · (sin2
φ cos2
φ).
Vypočítame limitu z časti ρ4
ln ρ2
(napr. pomocou L’Hospitalovho pravidla):
lim
ρ→0+
ρ4
ln ρ2
= 2 · lim
ρ→0+
ρ4
ln ρ = 2 · lim
ρ→0+
ln ρ
1
ρ4
=
(
0
0
)
= 2 · lim
ρ→0+
1
ρ
− 4
ρ5
=
= (−1/2) · lim
ρ→0+
ρ4
= 0.
Takže:
lim
ρ→0+
(ρ4
ln ρ2
) · (sin2
φ cos2
φ) = 0.
Limita existuje, nakoľko platí:
|(ρ4
ln ρ2
) · sin2
φ cos2
φ − 0| ≤ ρ4
| ln ρ2
| −→ 0, pre ρ → 0+
(využili sme odhad | sin2
φ cos2
φ| ≤ 1). Platí teda:
lim
(x,y)→(0,0)
x2
y2
ln(x2
+ y2
) = 0 =⇒ lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ y2
)x2y2
= e0
= 1.
Riešenie 2:
Limita sa dá spočítať i pomocou vety o dvoch policajtoch pre funkcie jednej
premennej. Je potrebné však využiť niekoľko skutočností. V prvom rade
budeme potrebovať nerovnosť:
2|xy| ≤ x2
+ y2
.
5
Dokáže sa ľahko z nerovnosti 0 ≤ (|x| − |y|)2
. Okrem toho platí |xy| =√
x2y2 = (x2
y2
)
1
2 , podľa definície druhej odmocniny. Preto máme:
2 · (x2
y2
)
1
2 ≤ x2
+ y2
.
Konvergenčná podmienka v danej limite hovorí, že s bodom [x, y] sa blížime
k bodu [0, 0]. Inak povedané, vzdialenosť
√
x2 + y2 ide do nuly. Preto sa
môžeme obmedziť iba na body [x, y] spĺňajúce:
√
x2 + y2 ≤ 1 ⇐⇒ x2
+ y2
≤ 1.
Kombináciou posledných dvoch nerovností máme:
2 · (x2
y2
)
1
2 ≤ x2
+ y2
≤ 1.
Následne umocnením na kladný výraz x2
y2
dostaneme:
2x2y2
·
[
(x2
y2
)x2y2
]1
2
≤ (x2
+ y2
)x2y2
≤ 1x2y2
= 1.
No a teraz aplikujeme vetu o dvoch policajtoch. Platí lim(x,y)→(0,0) 1 = 1 a:
lim
(x,y)→(0,0)
2x2y2
·
[
(x2
y2
)x2y2
]1
2
= lim
(x,y)→(0,0)
2x2y2
· lim
(x,y)→(0,0)
[
(x2
y2
)x2y2
]1
2
=
= 20
·
[
lim
(x,y)→(0,0)
(x2
y2
)x2y2
]1
2
= 20
· 1
1
2 = 1.
V poslednom kroku sme využili limitu funkcie jednej premennej:
lim
t→0+
tt
= 1,
aplikovaním pre t = x2
y2
. Podľa vety o dvoch policajtoch teda i prostredný
člen v poslednej nerovnosti musí konvergovať do 1. Preto:
lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ y2
)x2y2
= 1.
Príklad 9 (úprava)
lim
(x,y)→(∞,a)
(
1 +
1
x
) x2
x+y
, a ∈ R.
6
Riešenie:
Ide o neurčitosť typu 1
∞
∞ . Ak si všimneme výraz pod exponentom, vidíme,
že sa dá upraviť na é-čkovú limitu:
lim
(x,y)→(∞,a)
[(
1 +
1
x
)x] x
x+y
,
Výraz v hranatej zátvorke konverguje k číslu e. Limita exponentu je:
lim
(x,y)→(∞,a)
x
x + y
= lim
(x,y)→(∞,a)
1
1 + y
x
= 1.
Teda:
lim
(x,y)→(∞,a)
(
1 +
1
x
) x2
x+y
= lim
(x,y)→(∞,a)
[(
1 +
1
x
)x] x
x+y
= e.
Príklad 10 (úprava)
lim
(x,y)→(∞,∞)
(
xy
x2 + y2
)x2
.
Riešenie:
Ide o neurčitosť (∞/∞)∞
. Využijeme takýto odhad:
xy
x2 + y2
≤
1
2
.
Toto vyplýva z nasledujúceho:
0 ≤ (|x| − |y|)2
,
0 ≤ x2
+ y2
− 2|x| · |y|,
2|x| · |y| ≤ x2
+ y2
,
|x| · |y|
x2 + y2
≤
1
2
, x2
+ y2
̸= 0,
xy
x2 + y2
≤
1
2
.
7
Platí teda:
0 ≤
(
xy
x2 + y2
)x2
≤
(
1
2
)x2
.
Avšak:
lim
(x,y)→(∞,∞)
(
1
2
)x2
= 0,
takže podľa vety o dvoch policajtoch dostávame:
lim
(x,y)→(∞,∞)
(
xy
x2 + y2
)x2
= 0.
Príklad 11 (polárne súradnice)
lim
(x,y)→(∞,∞)
x + y
x2 − xy + y2
.
Riešenie:
Máme neurčitosť typu ∞/∞. Zavedieme polárne súradnice v okolí bodu [0, 0]:
x = ρ cos φ, y = ρ sin φ,
pričom konvergenčná podmienka bude ρ → ∞ a φ ∈ (0, π/2) pre body s
dostatočne veľkým ρ (premyslite si to znázornením konvergencie na obrázku;
zaujímajú nás body s veľkým kladným x a s veľkým kladným y). Po dosadení
dostaneme:
lim
ρ→∞
ρ cos φ + ρ sin φ
ρ2 cos2 φ − ρ2 cos φ sin φ + ρ2 sin2
φ
= lim
ρ→∞
1
ρ
·
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
= 0.
Treba ešte ukázať, že konvergencia je rovnomerná vzhľadom na uhol φ, t.j.
potrebujeme zhora ohraničiť výraz
1
ρ
·
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
− 0
niečím, čo nezávisí na uhle φ a konverguje k nule pre ρ → ∞. Bolo by teda
fajn ohraničiť zhora výraz:
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
.
8
To znamená ohraničiť čitateľ zhora a menovateľ zdola. Platí:
| cos φ + sin φ| ≤ | cos φ| + | sin φ| ≤ 2
Ďalej máme:
cos φ sin φ =
1
2
sin 2φ,
−1 ≤ sin 2φ ≤ 1.
Platia teda nerovnosti:
−
1
2
≤ cos φ sin φ ≤
1
2
.
Vykonáme na nich niekoľko úprav:
−
1
2
≤ cos φ sin φ ≤
1
2
,
1
2
≥ − cos φ sin φ ≥ −
1
2
,
1 +
1
2
≥ 1 − cos φ sin φ ≥ 1 −
1
2
,
3
2
≥ 1 − cos φ sin φ ≥
1
2
.
Výraz 1 − cos φ sin φ je teda kladný a preto:
|1 − cos φ sin φ| = 1 − cos φ sin φ ≥
1
2
.
Našli sme teda ohraničenia:
| cos φ + sin φ| ≤ 2, |1 − cos φ sin φ| ≥
1
2
.
Preto platí:
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
=
| cos φ + sin φ|
|1 − cos φ sin φ|
≤
2
1/2
= 4.
Potom:
1
ρ
·
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
− 0 ≤
4
ρ
,
9
a lim
ρ→∞
(4/ρ) = 0, ako sme si želali. Preto úvodná limita existuje a platí:
lim
(x,y)→(∞,∞)
x + y
x2 − xy + y2
= 0.
Príklad 12
Určte body nespojitosti funkcie:
f(x, y) =
x2
+ 3y
x2 − 3y
.
Riešenie:
Keďže f je pozliepaná z elementárnych funkcií, bude nespojitá tam, kde nie
je definovaná, t.j. všade tam, kde x2
− 3y = 0. Množina bodov nespojitosti
funkcie f je teda graf funkcie y = x2
/3.
Príklad 13
Určte body nespojitosti funkcie:
f(x, y) =
{ xy
x2+y2 , [x, y] ̸= [0, 0],
0, [x, y] = [0, 0].
Riešenie:
Zrejme jediný problematický bod bude [0, 0]. Pozrieme sa na limitu f v tomto
bode. Platí:
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y2
.
Zavedieme polárne súradnice v okolí bodu [0, 0] a po dosadení dostaneme:
lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y2
= lim
ρ→0+
ρ2
cos φ sin φ
ρ2
= lim
ρ→0+
cos φ sin φ = cos φ sin φ.
Výsledná limita závisí na uhle φ, preto f nemá limitu v bode [0, 0]. Teda f
je nespojitá v bode [0, 0], všade inde je spojitá.
Pri počítaní limít z funkcií viac premenných sme uvažovali situáciu typu:
lim
(x,y)→(a,b)
[. . .],
10
t.j. premenné x, y sa súčasne nezávisle blížili k bodom a, b. Niekedy sa vyskytne
situácia typu (tzv. opakované limity):
lim
x→a
[
lim
y→b
[. . .]
]
, resp. lim
y→b
[
lim
x→a
[. . .]
]
,
t.j. premenné x, y sa opäť nezávisle blížia k bodom a, b, ale nie súčasne –
najprv sa hýbeme s premennou y, a potom hýbeme s premennou x, resp.
naopak. Táto drobná odlišnosť môže dramaticky zmeniť charakter počítanej
limity.
Príklad 14
Máme vypočítať nasledovné limity:
lim
(x,y)→(0,0)
x2
y2
x2y2 + (x − y)2
,
lim
x→0
[
lim
y→0
x2
y2
x2y2 + (x − y)2
]
,
lim
y→0
[
lim
x→0
x2
y2
x2y2 + (x − y)2
]
.
Riešenie:
Prvá limita neexistuje. Odkiaľ berieme podozrenie? Podozrivá je „nesúrodosť
členov obsiahnutých v danom výraze. Člen x2
y2
je 4. rádu, naproti
tomu člen (x − y)2
je iba 2. rádu a navyše sa vyskytuje iba v menovateli.
Ak by sme s premennými konvergovali do ∞, bolo by všetko v poriadku,
nakoľko člen 4. rádu by po istom čase prevážil člen 2. rádu. Avšak my ideme
s oboma premennými do nuly, takže dominantným sa pre malinké x, y stáva
člen 2. rádu – pokiaľ úplne nevymizne. Posledná poznámka je podstatná. Ak
budeme totiž cestovať po trase y = x (to iste môžeme, nakoľko táto trasa
leží v definičnom obore limitovaného výrazu pre x, y ̸= 0), dominantný člen
(x − y)2
vymizne a dostaneme limitu:
lim
x→0
x4
x4
= 1.
Ak však pôjdeme po ceste 2y = x (opäť môžeme), člen druhého rádu nevymizne,
a výrazne tým zamieša karty:
lim
y→0
4y4
4y4 + y2
= lim
y→0
4y2
4y2 + 1
= 0.
11
Tým sme našu domnienku potvrdili.
Druhá limita sa spočíta tak, že premennú x si „ľubovoľne zafixujeme a
spočítame
lim
y→0
x2
y2
x2y2 + (x − y)2
ako limitu jednej premennej y (x berieme ako konštantu). Táto limita exis-
tuje:
lim
y→0
x2
y2
x2y2 + (x − y)2
=
0
x2
= 0.
Potom tento výsledok limitujeme podľa x:
lim
x→0
0 = 0.
Teda:
lim
x→0
[
lim
y→0
x2
y2
x2y2 + (x − y)2
]
= 0.
Podobne situácie dopadne aj v prípade tretej limity (premenné x, y vystupujú
v danom výraze symetricky):
lim
y→0
[
lim
x→0
x2
y2
x2y2 + (x − y)2
]
= 0.
Zistili sme teda, že napriek tomu, že limita z danej funkcie neexistuje, obe
opakované limity existujú a dokonca sa rovnajú.
Príklad 15
Máme vypočítať nasledovné limity:
lim
(x,y)→(0,0)
(x + y) sin
1
x
sin
1
y
,
lim
x→0
[
lim
y→0
(x + y) sin
1
x
sin
1
y
]
,
lim
y→0
[
lim
x→0
(x + y) sin
1
x
sin
1
y
]
.
Riešenie:
Prvá limita existuje, nakoľko sin(1/x) sin(1/y) je ohraničená funkcia a x + y
konverguje do nuly. Preto:
lim
(x,y)→(0,0)
(x + y) sin
1
x
sin
1
y
= 0.
12
Ani jedna opakovaná limita však neexistuje. Zoberme si napríklad limitu:
lim
x→0
[
lim
y→0
(x + y) sin
1
x
sin
1
y
]
.
Premennú x zafixujeme. Platí:
lim
y→0
(x + y) sin
1
x
sin
1
y
= lim
y→0
(
x sin
1
x
sin
1
y
+ y sin
1
x
sin
1
y
)
.
Druhý sčítanec konverguje do nuly (sínusová časť je ohraničená, y → 0).
Limita prvej časti neexistuje (sin(1/y) nemá limitu pre y → 0). To znamená,
že ani opakovaná limita neexistuje.
Niekto by mohol namietnuť – zoberme teda také pevné x, aby:
x sin
1
x
sin
1
y
= 0
a potom bude všetko v poriadku. Iste také x existuje (napr. x = 1/π). Treba
si však uvedomiť, o čo tu v skutočnosti ide. Možno to prirovnať k akejsi
štafete. Prvé vyštartuje y a po dobehnutí (v našom prípade do bodu 0)
odovzdá svoj kolík (t.j. výsledok svojho limitovania) premennej x. Preberanie
kolíka musí prebehnúť za akýchkoľvek podmienok – premenná y musí byť
schopná odovzdať svoj kolík po prebehnutí každej dostupnej trasy a pri každej
dostupnej pozícií premennej x. (dostupná trasa a dostupná pozícia leží v
definičnom obore funkcie). Inými slovami, limita podľa y musí existovať pre
každe zafixované x. Podobne, premenná x nech kolík preberie kdekoľvek, musí
ho opäť šťastlivo priniesť do cieľa (zas po každej prípustnej trase). V našom
prípade je však premenná y tak nemožná, že svoj kolík skoro vždy stratí, t.j.
kolík, teda výsledok po limitovaní podľa y, skoro nikdy neexistuje (až na pár
vzácnych okamihov, keď ju premenná x čaká na vhodných pozíciách, napr.
x = 1/π). Takže o nejakom zdarnom dopravení kolíka do cieľa nemože byť
ani reč; premenná x nemá čo priniesť do cieľa. Preto uvedená opakovaná
limita neexistuje. Podobne je to i v prípade tretej limity (tam zas zlyháva
premenná x so svojim kolíkom :)) ).
13