Řešení první písemky
První úloha
1 Vybavte reálnou osu ℝ takovou metrikou, aby posloupnost 1, 1+2, 1+2+3, 1+2+3+4
atd. (obecný člen je 𝑥𝑛 =
𝑛(𝑛+1)
2 ) konvergovala k bodu − 1
12. [2 body]
Tady je velmi mnoho možností. Můžeme se například inspirovat „překroucenou číselnou osou“
z prvního cvičení. Vytrhneme − 1
12 a dáme ji „do nekonečna“. Zavedeme tedy funkci 𝑓(𝑥) takto:
𝑓(𝑥) = {
0 je-li 𝑥 = − 1
12,
arc tg 1
𝑥+ 1
12
jinak,
a metriku pak zavedeme takto:
𝜌(𝑥, 𝑦) = |𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑦)|.
Můžeme také ověřit, že tato metrika zadání úlohy skutečně splňuje (i když to se po nás nechtělo).
Vzdálenost mezi 𝑛-tým členem 𝑥𝑛 =
𝑛(𝑛+1)
2 a bodem − 1
12 je pak rovna
𝜌 (
𝑛(𝑛 + 1)
2
, −
1
12
) = ∣𝑓 (
𝑛(𝑛 + 1)
2
) − 𝑓 (−
1
12
)∣ = ∣arc tg
1
𝑛(𝑛+1)
2 + 1
12
− 0∣ = arc tg
1
𝑛(𝑛+1)
2 + 1
12
.
Proto máme
lim𝑛→∞
𝜌(𝑥𝑛, − 1
12) = lim𝑛→∞
arc tg
1
𝑛(𝑛+1)
2 + 1
12
= arc tg lim𝑛→∞
1
𝑛(𝑛+1)
2 + 1
12
= arc tg 0 = 0,
a vidíme, že posloupnost 𝑥𝑛 skutečně konverguje k − 1
12, jak se to požadovalo.
Druhá úloha
2 Mějme množinu 𝛭 = {A, B, C, D, E, F}. Na množině 𝛭6
všech šestic těchto písmen zavedeme
„metriku Logik“ takto: 𝜌(𝑎, 𝑏) = 6 − 𝑝 − 𝑟
6, kde 𝑝 je počet míst, v nichž se písmena
v obou slovech shodují, a 𝑟 je počet míst ve slově 𝑎, která obsahují písmeno, jež je ve slově 𝑏 obsaženo,
ale ne na stejném místě (𝑝 a 𝑟 jsou tedy počty „úplných“ a „částečných“ shod ve hře Logik
alias Mastermind.)
Dokažte, že (𝛭6
, 𝜌) není metrickým prostorem. (Nápověda: Zkuste se podívat na axiom symetrie.)
[2 body]
Stačí se podívat třeba na slova 𝛲 = ABBBBC a 𝑄 = ABBBBA. Posuzujme 𝜌(𝛲, 𝑄) a 𝜌(𝑄, 𝛲).
Prvních pět písmen se shoduje, takže ve vzorci 𝜌 = 6−𝑝− 𝑟
6 musíme v obou případech klást 𝑝 = 5.
U posledního písmena je to ale jiné: při počítání 𝜌(𝛲, 𝑄) je v posledním písmenu úplná neshoda,
protože „C“ v druhém slově vůbec není, a máme 𝑟 = 0. Naopak při počítání 𝜌(𝑄, 𝛲) vidíme, že
písmeno „A“ na poslední posici sice nesedí, ale aspoň je obsaženo jinde v 𝛲: jde tedy o „částečnou“
shodu a máme 𝑟 = 1. Proto je 𝜌(𝛲, 𝑄) = 1 ≠ 𝜌(𝑄, 𝛲) = 5
6.
Třetí úloha
3 Mějme jakýkoli metrický prostor (𝛭, 𝜌). Dokažte, že jakákoli množina, která je v něm
uzavřená i otevřená zároveň, nemá žádnou hranici. A obráceně, dokažte, že množina, která nemá
žádnou hranici, je otevřená i uzavřená. [1 bod]
Pokud je množina (označme ji třeba 𝛢) otevřená, rovná se svému vnitřku, tedy 𝛢 = vnitřek 𝛢.
Je-li naopak uzavřená, rovná se sjednocení svého vnitřku a své hranice, tj. 𝛢 = vnitřek(𝛢) ∪ 𝜕𝛢.
Otevřená i uzavřená zároveň je tudíž právě tehdy, když platí
𝛢 = vnitřek(𝛢) = vnitřek(𝛢) ∪ 𝜕𝛢.
Z toho už je vidět, že když je 𝜕𝛢 = ∅, je ta podmínka určitě splněna a množina je tedy otevřená
i uzavřená.
Naopak, je-li množina otevřená i uzavřená, musí být vnitřek(𝛢) = vnitřek(𝛢) ∪ 𝜕𝛢. Z toho je
vidět, že 𝜕𝛢 může obsahovat pouze body, které patří do vnitřku 𝛢. Jenže každý bod metrického
prostoru patří buď do vnitřku, nebo do vnějšku, nebo do hranice množiny 𝛢, takže když bod
patří do hranice, už do vnitřku patřit nemůže. Proto dostáváme, že musí být 𝜕𝛢 = ∅.
Čtvrtá úloha
4 Proveďte následující:
1. Napište předpis nějaké funkce z ℝ2
do ℝ, která by byla definována pouze ve čtverci
⟨−1; 1⟩ × ⟨−1; 1⟩ a nikde jinde. [½ bodu]
2. Zjistěte, jak vypadají vrstevnice funkce 𝑓(𝑥, 𝑦) =
𝑥2
+ (𝑦 − 1)2
𝑥2 + (𝑦 + 1)2 , a načrtněte obrázek. [½ bodu]
Ad 1. Můžeme si např. uvědomit, že √1 − 𝑥2 je definována pouze při −1 ≤ 𝑥 ≤ 1, a podobně
√1 − 𝑦2 je definována jen při −1 ≤ 𝑦 ≤ 1. Proto jednou takovou funkcí je třeba
√1 − 𝑥2 + √1 − 𝑦2 .
Ad 2. Máme-li zjistit, jak vypadají vrstevnice, prostě vyšetříme rovnici 𝑓 = 𝛫, kde 𝛫 je nějaká
konstanta, která vrstevnice „čísluje“. V tomto případě máme
𝑥2
+ (𝑦 − 1)2
𝑥2 + (𝑦 + 1)2 = 𝛫.
Teď chceme vědět, jaké křivky to v rovině udělá. Předně si všimneme, že výraz vlevo je vždy nezáporný,
takže musí být 𝛫 ≥ 0. Dále rozšíříme rovnici jmenovatelem a rozepíšeme čtverce, čímž
dostaneme
𝑥2
+ 𝑦2
− 2𝑦 + 1 = 𝛫𝑥2
+ 𝛫𝑦2
+ 2𝛫𝑦 + 𝛫,
a když to dáme všechno na jednu stranu, bude z toho
(𝛫 − 1)𝑥2
+ (𝛫 − 1)𝑦2
+ 2(𝛫 + 1)𝑦 + (𝛫 − 1) = 0.
Jestliže je 𝛫 = 1, pak většina závorek vypadne a zůstane přímka 4𝑦 = 0, tj. 𝑦 = 0. To je 𝑥-ová
osa. V opačném případě můžeme závorku 𝛫 − 1 zkrátit a obdržet 𝑥2
+ 𝑦2
+ 2 𝛫+1
𝛫−1 𝑦 + 1 = 0.
Doplníme v 𝑦 na čtverec a konstanty zas pošleme doprava, čímž získáme
𝑥2
+ (𝑦 +
𝛫 + 1
𝛫 − 1
)
2
= (
𝛫 + 1
𝛫 − 1
)
2
− 1 =
(𝛫 + 1)2
− (𝛫 − 1)2
(𝛫 − 1)2 =
4𝛫
(𝛫 − 1)2 .
Takže ostatní vrstevnice jsou kružnice se středem v bodě [0; − 𝛫+1
𝛫−1] a poloměrem 2√ 𝛫
|𝛫−1| (𝛫 musí
být nezáporné). Takovým kružnicím se říká Apolloniovy kružnice.
Pátá úloha
5 Mějme jakoukoli funkci 𝑓(𝑥, 𝑦). Je možné, aby se některé dvě její vrstevnice protínaly?
Pokud ano, podejde příklad takové funkce a ukažte, které její vrstevnice se protínají a kde. Pokud
to možné není, dokažte, že to nejde. [1 bod]
Rozhodnětonejde. Vrstevnice jemnožina všechbodů splňujícíchrovnici 𝑓(𝛸) = 𝑐 prozadanou
konstantu 𝑐. Řekněme, že se v nějakém bodě 𝛸 protínají dvě různé vrstevnice: pak musí platit
𝑓(𝛸) = 𝑐 i 𝑓(𝛸) = 𝑑, tedy 𝑐 = 𝑑 a dostáváme spor s tím, že jsou ty vrstevnice různé.
Jinak řečeno, každá funkce má v každém bodě jenom jednu hodnotu — proto jeden bod prostě
nemůže patřit do vrstevnice s např. 𝑐 = 1 i s 𝑐 = 2, protože pak by to znamenalo, že nabývá v tom
jednom bodě zároveň hodnoty 1 i 2.
Šestá úloha
6 Vypočtěte následující limity, nebo dokažte, že neexistují: [½ bodu za každou]
1. lim
(𝑥,𝑦)→(0,0)
(𝑥 + 𝑦) sin
1
𝑥
sin
1
𝑦
; 2. lim
(𝑥,𝑦)→(0,0)
𝑥2
𝑦2
𝑥2 𝑦2 + (𝑥 − 𝑦)2 .
Ad 1. Jelikož oba siny mohou nabývat pouze hodnot mezi −1 a 1, jistě platí nerovnost
−𝑥 − 𝑦 ≤ (𝑥 + 𝑦) sin
1
𝑥
sin
1
𝑦
≤ 𝑥 + 𝑦.
Oba krajní výrazy jdou ovšem při 𝑥 → 0, 𝑦 → 0 do nuly. Proto podle věty o třech limitách je i ta
limita, kterou jsme měli spočítat, rovna nule.
Ad 2. Budeme se blížit do nuly po různých přímkách 𝑦 = 𝑘𝑥. Dosadíme-li to tam, dostaneme
lim𝑥→0
𝑘2
𝑥4
𝑘2 𝑥4 + (𝑘 − 1)2 𝑥2 = lim𝑥→0
𝑘2
𝑥2
𝑘2 𝑥2 + (𝑘 − 1)2 .
Teď už snadno vidíme, že např. při 𝑘 = 0 je pod limitou výraz 0
1 = 0, který jde zjevně do nuly,
zatímco při 𝑘 = 1 je tam výraz 𝑥2
𝑥2 = 1, který jde do jedničky. Limita je tedy závislá na 𝑘 a nemůže
existovat.