Príklady na precvičovanie – limita a spojitosť funkcií
viac premenných
Nasledujúce riešené príklady ilustrujú základné techniky výpočtu limít
funkcií viac premenných. Obzvlášť využívame
• dosadenie,
• vhodnú úpravu (na odstránenie neurčitého výrazu),
• substitúciu (väčšinou vedie na výpočet limity funkcie jednej premen-
nej),
• polárne (sférické) súradnice v prípade vlastného, resp. nevlastného limitného
bodu.
Riešené príklady
Príklad 1 (dosadenie)
lim
(x,y,z)→(1,3,1)
(2x2
+ 7y − 3z + 5).
Riešenie:
Za x, y, z jednoducho dosadíme súradnice príslušného limitného bodu
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:
Zavedením substitúcie t = xy prevedieme predloženú úlohu na výpočet limity
1
funkcie jednej premennej t. Naviac, ak x → 0 a y → 0, potom zrejme t =
xy → 0 · 0 = 0. Preto po zavedení danej substitúcie máme
lim
(x,y)→(0,0)
2 −
√
4 − xy
xy
= lim
t→0
2 −
√
4 − t
t
.
Nakoľko v poslednej limite nastáva neurčitosť typu 0
0
(samy overte :)), vykonáme
vhodnú úpravu – limitovaný zlomok napríklad rozšírime výrazom
2 +
√
4 − t. Postupne dostávame
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
(samy overte detaily výpočtu ;)). Limita v zadaní príkladu má teda hodnotu
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:
Vidíme, že opäť v predloženej limite nastáva neurčitosť typu 0
0
(samy overte
:)). To však znamená, že čitateľ i menovateľ limitovaného zlomku vieme ako
polynómy rozložiť na súčin, konkrétne
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
.
2
Príklad 4 (substitúcia)
lim
(x,y)→(0,a)
sin(xy)
x
, a ∈ R.
Riešenie:
Jedná sa zrejme o neurčitosť 0
0
. Namiesto premenných x, y budeme uvažovať
premenné t, y, kde t = xy. Nakoľko (x, y) → (0, 0) a a ∈ R, nová limitná
podmienka má tvar (t, y) = (xy, y) → (0 · a, a) = (0, a) (samy si dobre
premyslite ;)). Pôvodnú limitu v zadaní príkladu sme teda zavedením novej
premennej t transformovali opäť na limitu z funkcie dvoch premenných. Novú
limitu však vieme ľahšie vypočítať, pretože
lim
(x,y)→(0,a)
sin(xy)
x
= lim
(x,y)→(0,a)
sin(xy)
xy
· y = lim
(t,y)→(0,a)
sin t
t
· y = 1 · a = a :).
Príklad 5 (substitúcia)
lim
(x,y)→(4,0)
tg
(√
(x − 4)2 − y2
)
x2
√
(x − 4)2 − y2
.
Riešenie:
Úvaha je podobná ako v predchádzajúcom príklade. Nastáva neurčitosť typu
0
0
. Namiesto premennej y zavedieme novú premennú t =
√
(x − 4)2 − y2,
ktorá zrejme spĺňa t → 0 (samy si premyslite jednotlivé argumenty :)). Potom
dostanávame
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
= lim
(x,t)→(4,0)
sin t
t
·
1
cos t
·
1
x2
= 1 · 1 ·
1
16
=
1
16
.
3
Príklad 6 (polárne súradnice, úprava)
lim
(x,y)→(0,0)
1 − cos (x2
+ y2
)
(x2 + y2) x2y2
.
Riešenie:
V limite v zadaní príkladu nastáva neurčitosť 0
0
(samy overte :)). Zavedieme
polárne súradnice ρ, φ v okolí limitného bodu [0, 0], t.j.,
x = ρ cos φ, y = ρ sin φ.
Predložená limita potm nadobudne tvar
lim
ρ→0+
1 − cos ρ2
ρ4 sin2
φ cos2 φ
= lim
ρ→0+
1 − cos ρ2
ρ4
·
1
sin2
φ cos2 φ
(samy overte detaily ;)). Výraz obsahujúci ρ môžeme upraviť takto
1 − cos ρ2
ρ4
=
1−cos ρ2
2 sin2 ρ2
2
ρ4
=
1
2
·
sin2 ρ2
2
(
ρ2
2
)2 =
1
2
·
(
sin ρ2
2
ρ2
2
)2
(samy si pozorne premyslite jednotlivé kroky :)). Po dosadení 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 (i toto samy overte ;)). Výsledná
limita teda závisí na uhle φ, a preto neexistuje.
Príklad 7 (sférické súradnice)
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x
x + y + z
.
Riešenie:
Opäť máme neurčitosť typu 0
0
. Zavedením sférických súradníc ukážeme, že
predložená limita neexistuje. Poznamenajme, že ak bod A ∈ R3
má karteziánske
súradnice x, y, z, potom jeho sférické súradnice ρ, φ, θ sú definované
4
ρ – dĺžka úsečky spájajúca bod A so začiatkom suradnicového systému
O, r ≥ 0,
φ – uhol (orientovaný), ktorý zviera priemet úsečky OA do roviny xy
s kladným smerom osi x, φ ∈ [0, 2π),
θ – uhol (orientovaný), ktorý zviera úsečka OA s kladným smerom osi
z, θ ∈ [0, π].
Platia takéto rovnosti
x = ρ cos φ sin θ, y = ρ sin φ sin θ, z = ρ cos θ
(pokúste sa samy overiť pomocou vhodného obrázku :)). V našom prípade
má limitná podmienka tvar ρ → 0+
, takže
lim
(x,y,z)→(0,0,0)
x
x + y + z
= lim
ρ→0+
ρ cos φ sin θ
ρ cos φ sin θ + ρ sin φ sin θ + ρ cos θ
= lim
ρ→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, čo signalizuje, že neexistuje.
Príklad 8 (polárne súradnice, úprava, veta o dvoch policajtoch)
lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ y2
)x2y2
.
Riešenie 1 (polárne súradnice):
Jedná sa o neurčitosť typu 00
. Vykonáme vhodnú úpravu
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)
(v poslednom kroku sme využili spojitosť exponenciálnej funkcie :)). V poslednej
limite teraz zavedieme polárne súradnice na okolí bodu [0, 0], t.j.,
x = ρ cos φ a y = ρ sin φ. Postupne dostaneme
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
)
5
(samy overte detaily výpočtu ;)). Limitu z časti ρ4
ln ρ2
vypočítame po menšej
úprave napríklad pomocou l’Hospitalovho pravidla, konkrétne
lim
ρ→0+
ρ4
ln ρ2
= 2 · lim
ρ→0+
ρ4
ln ρ = 2 · lim
ρ→0+
ln ρ
1
ρ4
=
0
0
, l′
Hospital
= 2 · lim
ρ→0+
1
ρ
− 4
ρ5
= −
1
2
· lim
ρ→0+
ρ4
= 0.
Pre každú hodnotu uhla φ ∈ [0, 2π) teda platí rovnosť
lim
ρ→0+
(
ρ4
ln ρ2
)
·
(
sin2
φ cos2
φ
)
= 0.
Táto konvergencia je naviac rovnomerná vzhľadom na φ, nakoľko platí
(
ρ4
ln ρ2
)
·
(
sin2
φ cos2
φ
)
− 0 ≤ ρ4
ln ρ2
· sin2
φ cos2
φ
≤1
≤ ρ4
ln ρ2
a výraz |ρ4
ln ρ2
| → 0 pre ρ → 0+
, ako sme ukázali vyššie (samy si dobre
premyslite :)). Preto limita
lim
ρ→0+
(
ρ4
ln ρ2
)
·
(
sin2
φ cos2
φ
)
= lim
(x,y)→(0,0)
x2
y2
ln(x2
+ y2
)
existuje s hodnotou 0. Z toho pre limitu v zadaní príkladu na základe úvodných
úprav ihneď vyplýva
lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ y2
)x2y2
= e0
= 1 :).
Riešenie 2 (úprava, veta o dvoch policajtoch):
Limita v zadaní príkladu sa dá stanoviť i pomocou vety o dvoch policajtoch
pre funkciu jednej premennej :). Je však potrebné si najprv premyslieť
niekoľko skutočností. V prvom rade budeme potrebovať nerovnosť
2|xy| ≤ x2
+ y2
.
Jej dôkaz nechávame na čitateľa (napríklad pomocou očividnej nerovnosti
0 ≤ (|x| − |y|)2
:)). Ďalej platí |xy| =
√
x2y2 (samy overte ;)). Preto máme
2 · (x2
y2
)
1
2 ≤ x2
+ y2
.
6
Konvergenčná podmienka v predloženej limite hovorí, že sa s bodom [x, y]
blížime do bodu [0, 0]. To znamená, že vzdialenosť
√
x2 + y2 konverguje do
nuly (samy si pozorne premyslite :)). Od istého okamihu bude teda splnená
nerovnosť √
x2 + y2 ≤ 1 ⇐⇒ x2
+ y2
≤ 1
(i toto si samy dobre premyslite ;)). Kombináciou posledných dvoch nerovností
dostaneme
2 · (x2
y2
)
1
2 ≤ 2|xy| ≤ x2
+ y2
≤ 1.
Následním umocnením na kladný výraz x2
y2
získame
[
2 · (x2
y2
)
1
2
]x2y2
≤ (x2
+ y2
)x2y2
≤ 1x2y2
⇓
2x2y2
·
[
(x2
y2
)x2y2
]1
2
≤ (x2
+ y2
)x2y2
≤ 1.
No a teraz aplikujeme vetu o dvoch policajtoch :). Vonkajšie výrazy poslednej
nerovnosti totiž konvergujú do 1, nakoľko 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,
pomocou substitúcie t = x2
y2
(samy overte jednotlivé argumenty :)). Podľa
vety o dvoch policajtoch potom i prostredný výraz v poslednej nerovnosti
musí konvergovať do 1. Preto dostávame
lim
(x,y)→(0,0)
(x2
+ y2
)x2y2
= 1 :).
7
Príklad 9 (úprava)
lim
(x,y)→(∞,a)
(
1 +
1
x
) x2
x+y
, a ∈ R.
Riešenie:
Nastáva zrejme neurčitosť typu 1
∞
∞ . Pomocou úpravy
lim
(x,y)→(∞,a)
[(
1 +
1
x
)x] x
x+y
,
vidíme, že výraz v hranatej zátvorke konverguje k Eulerovmu číslu e (samy
overte :)), kým limita exponentu je
lim
(x,y)→(∞,a)
x
x + y
= lim
(x,y)→(∞,a)
1
1 + y
x
= 1.
Pre hľadanú limitu teda platí
lim
(x,y)→(∞,a)
(
1 +
1
x
) x2
x+y
= lim
(x,y)→(∞,a)
[(
1 +
1
x
)x] x
x+y
= e1
= e.
Príklad 10 (úprava)
lim
(x,y)→(∞,∞)
(
xy
x2 + y2
)x2
.
Riešenie:
Máme neurčitosť typu
(∞
∞
)∞
. Využijeme odhad
0 ≤
xy
x2 + y2
≤
1
2
.
Táto nerovnosť vyplýva z výpočtu
0 ≤ (|x| − |y|)2
,
8
0 ≤ x2
+ y2
− 2|x| · |y|,
2|x| · |y| ≤ x2
+ y2
,
|x| · |y|
x2 + y2
≤
1
2
, x2
+ y2
̸= 0,
0 ≤
xy
x2 + y2
≤
1
2
.
Ďalej dostávame
0 ≤
(
xy
x2 + y2
) x2
≤
(
1
2
)x2
⇓
0 ≤
(
xy
x2 + y2
)x2
≤
(
1
2
)x2
.
Avšak
lim
(x,y)→(∞,∞)
(
1
2
)x2
= 0,
takže podľa vety o dvoch policajtoch máme
lim
(x,y)→(∞,∞)
(
xy
x2 + y2
)x2
= 0 =⇒ lim
(x,y)→(∞,∞)
(
xy
x2 + y2
)x2
= 0
(samy si premyslite platnosť poslednej implikácie ;)).
9
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 teraz bude ρ → ∞ a φ ∈
(
0, π
2
)
pre body
roviny s dostatočne veľkým ρ (samy si to dobre premyslite pomocou vhodného
obrázku; zaujímajú nás body roviny 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
pre každú hodnotu uhla φ ∈
(
0, π
2
)
(samy overte :)). Treba ešte ukázať,
že táto konvergencia je rovnomerná vzhľadom na φ, t.j., potrebujeme zhora
ohraničiť výraz
1
ρ
·
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
− 0 =
1
ρ
·
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
niečím, čo nezávisí na uhle φ a konverguje do nuly pre ρ → ∞. Bolo by teda
fajn ohraničiť zhora zlomok
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
.
To znamená ohraničiť jeho čitateľ zhora a jeho menovateľ zdola (samy si
premyslite ;)). 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
.
10
Vykonáme na nich teraz 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
,
ktoré ihneď implikujú nerovnosť
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
=
| cos φ + sin φ|
|1 − cos φ sin φ|
≤
2
1/2
= 4.
Potom dostávame odhad
1
ρ
·
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
− 0 =
1
ρ
·
cos φ + sin φ
1 − cos φ sin φ
≤
4
ρ
.
Okrem toho lim
ρ→∞
4
ρ
= 0, ako sme si želali. Preto limita v zadaní príkladu
existuje a platí
lim
(x,y)→(∞,∞)
x + y
x2 − xy + y2
= 0.
Príklad 12
Určme body nespojitosti funkcie
f(x, y) =
x2
+ 3y
x2 − 3y
.
11
Riešenie:
Keďže funkcia f(x, y) je poskladaná z elementárnych funkcií, bude nespojitá
práve v bodoch, v ktorých nie je definovaná, t.j. všade tam, kde platí rovnosť
x2
− 3y = 0. Množina bodov nespojitosti f(x, y) je teda graf funkcie y = x2
3
.
Príklad 13
Nájdime body nespojitosti funkcie
f(x, y) =



xy
x2+y2 , [x, y] ̸= [0, 0],
0, [x, y] = [0, 0].
Riešenie:
Zrejme jediný problematický bod je [0, 0]. Pozrieme sa na limitu funkcie
f(x, y) v tomto bode. Platí
lim
(x,y)→(0,0)
f(x, y) = lim
(x,y)→(0,0)
xy
x2 + y2
.
Zavedením polárnych súradníc v okolí [0, 0] 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(x, y) nemá limitu v bode [0, 0].
Teda funkcia f(x, y) nie je spojitá v [0, 0], všade inde je spojitá (prečo? :)).
Pri počítaní limít z funkcií viac premenných sme väčšinou uvažovali situáciu
typu
lim
(x,y)→(a,b)
[. . .],
t.j., premenné x, y sa súčasne a nezávisle blížia k číslam a, b. Niekedy sa
vyskytne situácia typu (tzv. opakované alebo tiež dvojnásobné limity)
lim
x→a
[
lim
y→b
[. . .]
]
, resp. lim
y→b
[
lim
x→a
[. . .]
]
,
12
t.j., premenné x, y sa opäť nezávisle blížia k číslam a, b, ale nie súčasne –
najprv sa pohybujeme s premennou y, a až potom sa pohybujeme s premennou
x, resp. naopak. Táto drobná odlišnosť môže dramaticky zmeniť
charakter počítanej limity.
Príklad 14
Vypočítajme 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 limitovanom 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.
Tým sme našu domnienku o neexistencii prvej limity potvrdili :).
13
Druhá limita sa vypočíta tak, že premennú x „ľubovoľne zafixujeme a
vypočítame
lim
y→0
x2
y2
x2y2 + (x − y)2
ako limitu jednej premennej y (x chápeme ako konštantu). Táto limita existuje,
keďže
lim
y→0
x2
y2
x2y2 + (x − y)2
=
0
x2
= 0.
Následne tento výsledok limitujeme podľa x
lim
x→0
0 = 0.
Teda
lim
x→0
[
lim
y→0
x2
y2
x2y2 + (x − y)2
]
= 0.
Situácie dopadne podobne aj v prípade tretej limity, nakoľko premenné x, y
vystupujú v limitovanom výraze symetricky, t.j.,
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, obidve
opakované limity existujú a dokonca sa rovnajú :).
Príklad 15
Stanovme 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
]
.
14
Riešenie:
Prvá limita existuje, nakoľko sin(1/x) sin(1/y) je ohraničená funkcia a výraz
x + y konverguje do nuly. Preto
lim
(x,y)→(0,0)
(x + y) sin
1
x
sin
1
y
= 0
(samy overte :)). Avšak ani jedna z dvojnásobných limít však neexistuje.
Uvažujme napríklad limitu
lim
x→0
[
lim
y→0
(x + y) sin
1
x
sin
1
y
]
.
Premennú x zafixujeme. Potom
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 celková limita neexistuje.
Možno sa zdá, že je nutné zafixovať také x, aby limita
lim
y→0
x sin
1
x
sin
1
y
existovala a potom bude všetko v poriadku :). Iste také x existuje, napríklad
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 každé zafixované x. Podobne, nech premenná x preberie kolík 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
dvojnásobná limita neexistuje. Podobne je to i v prípade tretej limity (tam
zas zlyháva premenná x so svojím kolíkom :)).
15