Součásti dokumentu MAN1priklady
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN1priklady}
\setcounter{section}{4}
\section{Pátý týden}
%(verze \today)
\tagged{review}{
\textbf{Revize:}
\begin{itemize}
\item podal: JK
\item datum podání: 14.8.
\item zkontroloval: zkontroloval TS 10.9., 20. 9. 2019 kontroloval Ondřej Pártl - snad v pořádku
\item poznámky: \sout{\textbf{chybí řešení v taggu teach}},\\ 5.17 chybí pro komplexní posloupnosti. Jinak dobrý.
\end{itemize}
}
%pojem limita posloupnosti, důkaz limity posloupnost z deifnice, neexistence limity, limita racionální funkce (začátek)
\subsection{Pojem limita posloupnosti, důkaz limity posloupnost z definice, neexistence limity}
\tagged{complete}{
\begin{pozn}
Objekt $\infty$ není v $\bar\R$ definován! Je tedy nutné odlišovat $+\infty$, $-\infty$ v $\bar\R$ od $\infty$ v $\bar\C$. %Minimálně na to studenty upozorněte, pokud si nejste jisti, jestli to $+$ tam vždy napíšete.
% \item Příkladů jednotlivých podsekcí je tu víc - není nutné jich dělat úměrně tolik, spíš jde o možnost dohnat ztrátu, kterou máme (co vím) všichni.
%% \item okoli bodu
%% \item definice limity
%% \item u prikladu nechte studenty nejdriv hadat limity
\end{pozn}
}
\begin{pr}
Uhádněte a následně použitím definice ukažte (v $\R$)
$$\lim_{n\to +\infty} n^k,\, k\in\Q.$$
\tagged{teach}{\begin{res} $0$ pro $k <0$, $1$ pro $k=0$ a $+\infty$ pro $k>0$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item $k<0$: Pak platí $\lim_{n\to +\infty} n^k = 0$. Z definice pro libovolné pevné $\epsilon>0$ hledáme $n_0$ takové, že pro všechna $n \geq n_0$ je $|n^k-0|<\epsilon$. Tuto podmínku můžeme zapsat jako $n^k<\epsilon$ a protože $k<0$ tak $n^{-|k|}<\epsilon$. A tedy $n > \frac{1}{\epsilon^{|k|}}$. Pak $n_0$ stačí volit jako
$$
n_0 = \lfloor\frac{1}{\epsilon^{|k|}}\rfloor+1.
$$
\item $k = 0$: Pak $\lim_{n\to +\infty} n^k = 1$, protože hledáme limitu konstantní posloupnosti $a_n = 1$. K danému $\varepsilon$ lze $n_0$ volit libovolně, např. $n_0 = 1$.
\item $k > 0$: Pak $\lim_{n\to +\infty} n^k = + \infty$. Pro libovolné pevné $K\in \mathbb{R}$ hledáme $n_0$ takové, že pro všechna $n \geq n_0$ je $n^k>K$, tedy chceme, aby platilo, $n> K^{1/k}$. $n_0$ stačí volit
$$
n_0 = \lfloor|K|^{1/k}\rfloor+1.
$$
Absolutní hodnota je volena pro případy, kdy je $K<0$.
\end{itemize}
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Uhádněte a následně použitím definice ukažte (v $\R$)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$+\infty$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}} =\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} = \lim_{n\to +\infty}\sqrt{n+1}+\sqrt{n} = + \infty $$.
Pro libovolné pevné $K\in \mathbb{R}$ hledáme $n_0$ takové, že pro všechna $ n \geq n_0$ je $\sqrt{n+1}+\sqrt{n}>K$.
Použijeme odhad
$$
\sqrt{n+1}+\sqrt{n}> \sqrt{n}>K.
$$
Pak stačí volit $n_0 = \left[K^2\right]+1$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%\begin{pr}
% Uhádněte a následně použitím definice ukažte
% $$\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{4/3}-10^6}{n}.$$
%% \tagged{teach}{\begin{res} \end{res}}
%\end{pr}
%\begin{pr}
% Uhádněte a následně použitím definice ukažte
% $$\lim_{n\to +\infty} \frac{n^2}{n!}.$$
%% \tagged{teach}{\begin{res} \end{res}}
%\end{pr}
%\begin{pr}
% Uhádněte a následně použitím definice ukažte
% $$\lim_{n\to +\infty} n!-n^n.$$
%% \tagged{teach}{\begin{res} \end{res}}
%\end{pr}
%\begin{pr}
% Uhádněte a následně použitím definice ukažte
% $$\lim_{n\to +\infty} \frac{n}{2^n}.$$
%% \tagged{teach}{\begin{res} \end{res}}
%\end{pr}
\begin{pr}
Uhádněte a následně použitím definice ukažte (v $\R$)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{n^k}{\alpha^n}, \text{kde $k\in\N,\,\alpha>1$}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} 0 \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Jelikož exponenciála roste rychleji než libovolný polynom, tipujeme, že limita je rovna nule. Tuto domněnku dokážeme chytrým odhadem.
$$
\begin{aligned}
\frac{n^k}{\alpha^n} &=
\frac{n^k}{(1+(\alpha-1))^n}
= \frac{n^k}{\sum_{j = 0}^n\binom{n}{j}(\alpha-1)^j}\\
&\leq \frac{n^k}{\binom{n}{k+1}(\alpha-1)^{k+1}}
= \frac{n^k}{\frac{n!}{(n-k-1)!(k+1)!}(\alpha-1)^{k+1}} \\
&= \frac{n^k}{n^{k+1}}\frac{(k+1)!}{\left(1-\frac{1}{n}\right)\dots\left(1-\frac{k}{n}\right)(\alpha-1)^{k+1}}\\
&\leq \frac{1}{n}\frac{(k+1)!}{\left(1-\frac{1}{k+1}\right)\dots\left(1-\frac{k}{k+1}\right)(\alpha-1)^{k+1}} \\
&= \frac{1}{n}\frac{(k+1)^{k+1}}{(\alpha-1)^{k+1}} = \frac{a}{n},
\end{aligned}
$$
kde v druhé rovnosti jsme použili binomickou větu a první nerovnost je platná za podmínky $n>k+1$. V poslední rovnosti jsme označili $\frac{(k+1)^{k+1}}{(\alpha-1)^{k+1}} = a$. Poslední člen má být menší než $\epsilon$. Tedy $\frac{a}{n}<\epsilon$. Celkově tedy stačí volit $n_0$
$$
n_0 = \min\left\lbrace \left[\frac{a}{\epsilon}\right]+1, k+1\right\rbrace.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Uhádněte a následně použitím definice ukažte (v $\R$)
$$\lim_{n\to +\infty} \log_{\frac{1}{2}}{n}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$-\infty$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Ze znalosti funkce logaritmus tipujeme, $\lim_{n\to +\infty} \log_{\frac{1}{2}}{n} = -\infty$. Pro libovolné $K \in \mathbb{R}$ hledáme $n_0$ takové, že pro všechna $n\geq n_0$ platí $\log_{\frac{1}{2}}{n}<K$. Pokud je $K \in \mathbb{R}^+,$ pak nerovnost platí pro všechna $n \in \mathbb{N}$. Pokud je naopak $K \in \mathbb{R}_{0}^-,$ pak nerovnost $\log_{\frac{1}{2}}{n}<K$ platí pro $n> \frac{1}{2^K}$. Pak stačí volit
$$n_0 = \left[\frac{1}{2^K} \right]+1.$$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Uhádněte a následně použitím definice ukažte (v $\R$)
$$\lim_{n\to +\infty} \sin{\frac{1}{n}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} 0 \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipujeme $\lim_{n\to +\infty} \sin{\frac{1}{n}} = 0$. Pro libovolné pevné $\epsilon >0$ hledáme $n_0$ takové, že pro všechna $n\geq n_0$ je $\left| \sin\frac{1}{n} \right| < \epsilon$. Pro $\epsilon>1$ nerovnost platí pro všechna $n \in \mathbb{N}$. Pro $\epsilon \leq 1$ získáváme $\frac{1}{n}< \arcsin \epsilon$. Jelikož $\arcsin x$ je pro $x \in (0,1]$ kladný, můžeme psát $n> \frac{1}{\arcsin \epsilon}$. Pak stačí volit
$$
n_0 = \left[\frac{1}{\arcsin \epsilon}\right]+1.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Uhádněte a následně použitím definice ukažte (v $\R$)
$$\lim_{n\to +\infty} \arctg{(n^2)}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} $\frac{\pi}{2}$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipujeme $\lim_{n\to +\infty} \arctg{(n^2)} = \frac{\pi}{2}$. Pro libovolné pevné $\epsilon >0$ hledáme $n_0$ takové, že $\forall n\geq n_0$ je $\left| \arctg{(n^2})-\frac{\pi}{2} \right| < \epsilon$. Víme, že $\arctg{(n^2}) \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$. Tudíž
\begin{itemize}
\item pro $\epsilon \geq \frac{\pi}{2}$ stačí volit $n_0 \in \mathbb{N}$ libovolně,
\item pro $\epsilon < \frac{\pi}{2}$ má platit $-\arctg{(n^2)}+\frac{\pi}{2}<\epsilon$. Úpravami pak dostaneme $n > \sqrt{\tg\left(\frac{\pi}{2}-\epsilon\right)}$. Proto stačí volit
$$
n_0 = \left[ \sqrt{\tg\left(\frac{\pi}{2}-\epsilon\right)}\right] +1.
$$
\end{itemize}
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Uhádněte a následně použitím definice ukažte
$$\lim_{n\to +\infty} i^n n \,\text{(v $\C$)}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\infty$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipujeme $\lim_{n\to +\infty} i^n n = \infty$. Jelikož $\left|i^n n \right|= n $. Stačí pro lib. $K \in \R$ volit $n_0=\left[|K|\right]+1.$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Uhádněte a následně použitím definice ukažte
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{n-5i}{2n+i} \,\text{(v $\C$)}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\frac{1}{2}$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipujeme $\lim_{n\to +\infty} \frac{n-5i}{2n+i} = \frac{1}{2}$. Pro libovolné pevné $\epsilon >0$ hledáme $n_0$ takové, že $\forall n\geq n_0$ je $\left| \frac{n-5i}{2n+i} - \frac{1}{2} \right| < \epsilon$. Odhadujeme shora
$$
\begin{aligned}
\left|\frac{n-5i}{2n+i} - \frac{1}{2} \right| &=
\left|\frac{-11i}{2(2n+i)} \right| = \frac{11}{2 \left| 2n+i\right|} = \frac{11}{2}\frac{1}{\sqrt{4n^2+1}}\leq \frac{11}{n}.
\end{aligned}
$$
Má být splněno $\frac{11}{n}<\epsilon$. Pak stačí volit
$$
n_0 = \left[ \frac{11}{\epsilon} \right]+1.
$$
\end{postup}}
\end{pr}
%*******************************************************************************************
\subsection{Limita vybrané posloupnosti}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to +\infty}\frac{n}{n!-2n^2}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipujeme $\lim_{n\to +\infty}\frac{n}{n!-2n^2} = \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{(n-1)!-2n} = 0.$
Označme $a_n = n$. Pak $a_{k_n} = (n-1)!-2n,$ kde $k_n = (n-1)!-2n$. Aby $a_{k_n}$ byla vybraná z $a_n,$ musí platit, že $k_n$ je rostoucí posloupnost přirozených čísel . Z množiny přirozených čísel to bude pokud $n\geq 5$. Aby byla rostoucí musí být splněna podmínka $k_n \leq k_{n+1}$. Po dosazení dostáváme $(n-1)!-2n \leq (n)!-2n-2$. Úpravami pak $(n-1)(n-1)! \geq2$, což je pravda pro $n \geq 3$. Pak $(a_{k_n})$ je vybraná z $(a_n)$. A jelikož $\lim_{n\to +\infty} n = + \infty$, platí $\lim_{n\to +\infty} a_{k_n} = + \infty$, a celkově tedy $\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{a_{k_n}} = 0.$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte, zda následující limita (v $\R$) existuje. Existuje-li, určete její hodnotu, v opačném případě své tvrzení odůvodněte:
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{(-1)^n}{2+3(-1)^n}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} neexistuje \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipujeme, že limita neexistuje. Označme $a_n = \frac{(-1)^n}{2+3(-1)^n}$. Platí:
\begin{itemize}
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{2n} = \lim_{n\to +\infty}\frac{(-1)^{2n}}{2+3(-1)^{2n}} = \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{2+3} = \frac{1}{5}.$
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{2n+1} = \lim_{n\to +\infty}\frac{(-1)^{2n+1}}{2+3(-1)^{2n+1}} = \lim_{n\to +\infty}-\frac{1}{2-3} = 1.$
\end{itemize}
Našli jsme tedy dvě vybrané posloupnosti, které mají různou limitu. Celkově tedy limita zadané posloupnosti neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte, zda následující limita existuje. Existuje-li, určete její hodnotu, v opačném případě své tvrzení odůvodněte:
$$\lim_{n\to +\infty} i^{n^2} \,\text{(v $\C$)}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} neexistuje \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $a_n=i^{n^2}$. Najdeme dvě vybrané posloupnosti s různými limitami, z čehož vyplyne, že limita celkově neexistuje.
\begin{itemize}
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{2n} = \lim_{n\to +\infty}i^{4n^2} = 1$.
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{2n+1} = \lim_{n\to +\infty}i^{4n^2}i^{4n}i = i$.
\end{itemize}
Což tedy potvrzuje předpoklad, že limita posloupnosti $a_n$ neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte, zda následující limita (v $\R$) existuje. Existuje-li, určete její hodnotu, v opačném případě své tvrzení odůvodněte:
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{n}{n+1} (-1)^\frac{n(n+1)}{2}$$
\tagged{teach}{\begin{res} neexistuje \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $a_n=\frac{n}{n+1} (-1)^\frac{n(n+1)}{2}$. Najdeme dvě vybrané posloupnosti s různými limitami, z čehož vyplyne, že limita celkově neexistuje.
\begin{itemize}
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{4n} = \lim_{n\to +\infty}\frac{4n}{4n+1} (-1)^\frac{4n(4n+1)}{2} = \lim_{n\to +\infty}\frac{4n}{4n+1} = 1$.
\item Ve druhém případě vybereme $(a_{4n-2}):$
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} a_{4n-2} &= \lim_{n\to +\infty}\frac{4n-2}{4n-1} (-1)^\frac{(4n-2)(4n-1)}{2} =
\lim_{n\to +\infty}\frac{4n-2}{4n-1} (-1)^{8n^2-6n+1}\\&=
\lim_{n\to +\infty}-\frac{4n-2}{4n-1} = -1.
\end{align*}.
\end{itemize}
Našli jsme tedy dvě vybrané posloupnosti, které mají různé limity. Celkově tedy zadaná limita neexistuje.
\end{postup}}
\end{pr}
%\begin{pr}
% Rozhodněte, zda následující limita (v $\R$) existuje. Existuje-li, určete její hodnotu, v opačném případě své tvrzení odůvodněte:
% \tagged{teach}{\begin{res} neex \end{res}}
% $$\lim_{n\to +\infty} \cos \frac{2\pi n}{3}.$$
%\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte, zda následující limita (v $\R$) existuje. Existuje-li, určete její hodnotu, v opačném případě své tvrzení odůvodněte:
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} 0 \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipujeme, že $\lim_{n\to +\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n} = 0$. Postupujme následovně. Označme $a_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n}$ a volme dvě posloupnosti, které posloupnost $(a_n)$ celou pokrývají.
\begin{itemize}
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{2n} = \lim_{n\to +\infty}\frac{(-1)^{2n}}{\sqrt{2n}+(-1)^{2n}}
= \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{\sqrt{2n}+1} = 0$.
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{2n+1} = \lim_{n\to +\infty}\frac{(-1)^{2n+1}}{\sqrt{2n+1}+(-1)^{2n+1}}
= \lim_{n\to +\infty}\frac{-1}{\sqrt{2n+1}-1} = 0$.
\end{itemize}
Našli jsme tedy dvě vybrané posloupnosti, které posloupnost $(a_n)$ celou pokrývají. Mají stejnou limitu, a tedy $\lim_{n\to +\infty} \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n} = 0$.
\\
% \textbf{Jiný postup:} \\
% $$
% \lim_{n\to +\infty}\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}+(-1)^n} = \lim_{n\to +\infty} \frac{1}{1 + \frac{\sqrt{n}}{(-1)^n}}= 0.
% $$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte, zda následující limita (v $\R$) existuje. Existuje-li, určete její hodnotu, v opačném případě své tvrzení odůvodněte:
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{n^{-1}+(-1)^{n+1}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} neexistuje \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipujeme, že limita $\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{n^{-1}+(-1)^{n+1}}$ neexistuje. A najdeme dvě vybrané posloupnosti s různými limitami, které to potvrzují. Označme $a_n=\frac{1}{n^{-1}+(-1)^{n+1}}$. Platí
\begin{itemize}
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{2n} = \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{(2n)^{-1}+(-1)^{2n+1}}
= \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{(2n)^{-1}-1}
= -1$,
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{2n+1} = \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{(2n+1)^{-1}+(-1)^{2n+2}}
= \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{(2n)^{-1}+1}
= 1$.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte, zda následující limita (v $\R$) existuje. Existuje-li, určete její hodnotu, v opačném případě své tvrzení odůvodněte:
$$\lim_{n\to +\infty} n^{(-1)^n}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} neexistuje \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $a_n = n^{(-1)^n}$. Platí
\begin{itemize}
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{2n} = \lim_{n\to +\infty}(2n)^{(-1)^{2n}}
= \lim_{n\to +\infty}2n
= + \infty$,
\item $\lim_{n\to +\infty} a_{2n+1} = \lim_{n\to +\infty}(2n+1)^{(-1)^{2n+1}}
= \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{2n+1}
= 0$.
\end{itemize}
Našli jsme tedy dvě vybrané posloupnosti, které mají různé limity. Celkově tedy limita posloupnosti $(a_n)$ neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
% \tagged{complete}{
% \begin{pozn}
% V $\C$ má předcházející posloupnost limitu $\infty$. % To tedy nemá.
% \end{pozn}
% }
\begin{pr}
Nechť $\lim_{n\to +\infty} a_n$ a $\lim_{n\to +\infty} b_n$ neexistují. Co můžeme říci o limitě $\lim_{n\to +\infty}(a_n+b_n)$, resp. $\lim_{n\to +\infty} a_n b_n$?
\tagged{teach}{\begin{res} nic \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item V prvním případě rozhodujeme o limitě $\lim_{n\to +\infty}(a_n+b_n)$. Pokud zvolíme $a_n = (-1)^n, b_n= (-1)^{n+1}$. Obě jsou oscilující posloupnosti a ani jedna nemá limitu. Ale $\lim_{n\to +\infty}(a_n+b_n) = 0$. Pokud $a_n = b_n = (-1)^n$, pak $\lim_{n\to +\infty}(a_n+b_n) $ neexistuje. Na základě neexistence limit posloupností $(a_n),\, (b_n)$ nejsme schopni nic říct o existenci $\lim_{n\to +\infty}(a_n+b_n)$.
\item Ve druhém případě můžeme volit $a_n = b_n = (-1)^n$, pak $\lim_{n\to +\infty} a_n b_n = 1$. Pokud naopak zvolíme $a_n = (-1)^{n/2}$ a $b_n = (-1)^{n+1}$ pak $ a_n b_n = (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}$ a limita neexistuje. Celkově tedy o limitě $\lim_{n\to +\infty} a_n b_n$ nejsme schopni nic říct.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Buďte $(a_n)$ omezená reálná posloupnost a $(b_n)$ reálná posloupnost, která navíc splňuje
\begin{enumerate}
\item $\lim_{n\to +\infty}b_n=0$
\item $\lim_{n\to +\infty}b_n=\pm\infty$.
\end{enumerate}
Čemu se rovná $\lim_{n\to +\infty}(a_n+b_n)$? Své tvrzení dokažte! Vyslovte analogické tvrzení pro komplexní posloupnosti.
\tagged{teach}{\begin{res} i. nelze rozhodnout, ii. $\pm \infty$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item V prvním případě máme
$$
\lim_{n\to +\infty}(a_n+b_n) = \lim_{n\to +\infty}a_n + \lim_{n\to +\infty}b_n = \lim_{n\to +\infty}a_n.
$$
V poslední rovnosti jsme využili předpoklad $\lim_{n\to +\infty}b_n=0$ a větu o aritmetice limit. To, že je posloupnost $(a_n)$ omezená a reálná nám nic neříká o existenci limity. Posloupnost $(a_n)$, kde $a_n = (-1)^n$, je omezená, ale její limita neexistuje. Takže o existenci $\lim_{n\to +\infty}(a_n+b_n)$ nejsme schopni nic říct.
\item V druhém případě nechť $(a_n)$ je omezená konstantou $M\geq 0$, tj. $|(a_n)|\leq M \quad \forall n\in \N$. Potom $$-M+b_n \leq a_n + b_n \leq M + b_n. $$
Výrazy vlevo a vpravo jdou do $\pm \infty$ a z věty o limitě sevřené posloupnosti jde i prostřední výraz do $\pm \infty$.
\end{itemize}
\end{postup}}
\end{pr}
%=======================================================
\subsection{Limita racionální funkce}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to +\infty} (-7n^2+2n^3-10n).$$
\tagged{teach}{\begin{res} $+\infty$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
V případě limity racionální funkce vytýkáme vždy nejvyšší mocninu z čitatele i jmenovatele (v tomto konkrétním příkladě pouze z čitatele). Pak
$$\lim_{n\to +\infty} \left(-7n^2+2n^3-10n\right) = \lim_{n\to +\infty} n^3\left(2-\frac{7}{n}-\frac{10}{n^2}\right) =
+ \infty.$$
Zde vidíme, že $n^3$ jde k $+\infty$ a první člen k závorce k $2$, druhý a třetí k nule. Celkově tedy z aritmetiky limit dostáváme výsledek $+\infty$.
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$\lim_{n\to +\infty} \bigg((1-n)(n^2+4n)+(1+n)(n^2-7n+3)\bigg).$$
\tagged{teach}{\begin{res} $-\infty$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Nejdříve roznásobíme závorky a pak vytkneme nejvyšší mocninu. Platí
$$
\begin{aligned}
&\lim_{n\to +\infty} \bigg((1-n)(n^2+4n)+(1+n)(n^2-7n+3)\bigg) = \lim_{n\to +\infty} \left(-9n^3 +3\right)\\&=\lim_{n\to +\infty} n^2\left(-9 +\frac{3}{n^2}\right)= -\infty.
\end{aligned}
$$
Opět jsme využili větu o aritmetice limit. První činitel má limitu $+\infty$ a druhý $-9$. Celkově tedy máme výsledek $-\infty$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{1-2n+n^5}{2n^5+2^5}. $$
\tagged{teach}{\begin{res} $1/2$ \end{res}}
\tagged{complete}{\begin{postup}
Platí:
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\to +\infty} \frac{1-2n+n^5}{2n^5+2^5} &=
\lim_{n\to +\infty} \frac {n^5\left(1-\frac{2}{n^4}+\frac{1}{n^5}\right)}{n^5\left(2+\frac{2^5}{n^5}\right)} \\&=
\lim_{n\to +\infty} \frac {1-\frac{2}{n^4}+\frac{1}{n^5}}{2+\frac{2^5}{n^5}} \\&=
\frac {\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{2}{n^4}+\frac{1}{n^5}\right)}{\lim_{n\to +\infty} \left(2+\frac{2^5}{n^5}\right)} \\&=
\frac{1}{2}.
\end{aligned}
$$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(n+2)^2}{n^3+2n-5}. $$
\tagged{teach}{\begin{res} 0 \end{res}}
\tagged{complete}{\begin{postup}
Platí:
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\to +\infty} \frac{(n+2)^2}{n^3+2n-5} &= \lim_{n\to +\infty} \frac{n^2+4n+4}{n^3+2n-5} \\&=
\lim_{n\to +\infty} \frac{n^2\left(1+\frac{4}{n}+\frac{4}{n^2}\right)}{n^3\left(1+\frac{2}{n^2}-\frac{5}{n^3}\right)}\\&=
\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n} \cdot \frac{\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{4}{n}+\frac{4}{n^2}\right)}{\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{2}{n^2}-\frac{5}{n^3}\right)}\\&=0\cdot \frac{1}{1} = 0.
\end{aligned}
$$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+4}\right)}{\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}\right)}. $$
\tagged{teach}{\begin{res} 0 \end{res}}
\tagged{complete}{\begin{postup}
Platí:
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\to +\infty} \frac{\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+4}\right)}{\left(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}\right)} &= \lim_{n\to +\infty}\frac{4n^2+12n+8}{2n^3+11n^2+12n} \\&=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n} \cdot \frac{\lim_{n\to +\infty}\left(4 + \frac{12}{n}+\frac{8}{n^2}\right)}{\lim_{n\to +\infty}\left(2+\frac{11}{n}+\frac{12}{n^2}\right)} \\&= 0\cdot\frac{4}{2} = 0.
\end{aligned}
$$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(n+2)^2 +\frac{1}{n-2}}{(n-3)^3 - (n+3)^3}. $$
\tagged{teach}{\begin{res}-1/18\end{res}}
\tagged{complete}{\begin{postup}
Platí:
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\to +\infty} \frac{(n+2)^2 +\frac{1}{n-2}}{(n-3)^3 - (n+3)^3} &=
\lim_{n\to +\infty}\frac{n^3+2n^2-4n-7}{(n-2)(-18n^2-54)} = -\frac{1}{18}.
\end{aligned}
$$
V poslední rovnosti jsme vytkli $n^3$ jak z jmenovatele tak z čitatele a uplatnili větu o aritmetice limit.
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{5n^3-7n+1}{n^4 + n^3 \sin{n}}. $$
\tagged{teach}{\begin{res} 0 \end{res}}
\tagged{complete}{\begin{postup}
Platí:
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\to +\infty} \frac{5n^3-7n+1}{n^4 + n^3 \sin{n}}&= \lim_{n\to +\infty} \frac{n^3\left(5-\frac{7}{n^2}+\frac{1}{n^3}\right)}{n^4\left(1+ \frac{\sin{n}}{n}\right)}\\&=
\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n} \cdot \frac{\lim_{n\to +\infty}\left(5-\frac{7}{n^2}+\frac{1}{n^3}\right)}{\lim_{n\to +\infty}\left(1+ \frac{\sin{n}}{n}\right)}\\&=
0\cdot\frac{5}{1} = 0.
\end{aligned}
$$
V postupu jsme využili toho, že $\lim_{n\to +\infty}\frac{\sin n}{n} = 0$. Postup důkazu je jako v první části této kapitoly. Volíme libovolné pevné $\epsilon>0$ a k němu hledáme $n_0$ takové, že pro všechna $n \geq n_0$ platí $\left| \frac{\sin n}{n}\right|<\epsilon$. Využijeme odhad
$$\left| \frac{\sin n}{n}\right| = \frac{|\sin n|}{n}\leq \frac{1}{n} <\epsilon.$$ Pak stačí volit
$$n_0 = \left[\frac{1}{\epsilon}\right]+1.$$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(2n+1)^{10}(2n-1)^{10}}{(3n)^{20}}. $$
\tagged{teach}{\begin{res} $(2/3)^{20}$ \end{res}}
\tagged{complete}{\begin{postup}
Opět budeme vytýkat nejvyšší mocninu. Platí
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\to +\infty} \frac{(2n+1)^{10}(2n-1)^{10}}{(3n)^{20}} &=
\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{10}\left(2+\frac{1}{n}\right)^{10}n^{10}\left(2-\frac{1}{n}\right)^{10}}{n^{20}(3)^{20}}\\
&=
\frac{\lim_{n\to +\infty}\left(2+\frac{1}{n}\right)^{10}\lim_{n\to +\infty}\left(2-\frac{1}{n}\right)^{10}}{\lim_{n\to +\infty}(3)^{20}}\\
&=
\frac{2^{20}}{3^{20}}.
\end{aligned}
$$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(n+1)!-(n-1)! \, n^2}{n!}. $$
\tagged{teach}{\begin{res} 1 \end{res}}
\tagged{complete}{\begin{postup}
Úpravami faktoriálů dostáváme
$$
\begin{aligned}
\lim_{n\to +\infty} \frac{(n+1)!-(n-1)! \, n^2}{n!}
&=
\lim_{n\to +\infty} \frac{(n+1)n!-(n)! \, n}{n!} \\
&=
\lim_{n\to +\infty} \frac{(n+1-n)n!}{n!}\\
&= 1.
\end{aligned}
$$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(n-1)^3-n^3}{\big(1+(-1)^n \, n\big)\big(1+(-1)^{n+1} \, n\big)} $$
\tagged{teach}{\begin{res} 3 \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(n-1)^3-n^3}{\big(1+(-1)^n \, n\big)\big(1+(-1)^{n+1} \, n\big)}=\lim_{n\to +\infty} \frac{-3n^2+3n-1}{1-n^2}=3. $$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
% \tagged{teach}{\begin{res} \end{res}}
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{P(n)}{Q(n)},$$
kde $P$ a $Q$ jsou nenulové polynomy v $n$ s reálnými koeficienty a žádné $n\in\N$ není kořenem $Q$.
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Platí
$$
\lim_{n\to +\infty} \frac{P(n)}{Q(n)} = \lim_{n\to +\infty} \frac{\sum_{k=0}^m a_k n^k}{\sum_{k=0}^l b_k n^k} = \lim_{n\to +\infty} \frac{n^m}{n^l} \frac{a_m + \sum_{k=0}^{m-1} a_k n^{k-m}}{b_l + \sum_{k=0}^{l-1} b_k n^{k-l}} = n^{m-l}\frac{a_m + \sum_{k=0}^{m-1} a_k / n^{m-k}}{b_l + \sum_{k=0}^{l-1} b_k / n^{l-k}}.
$$
Výrazy v sumě jdou k nule, a limita tedy závisí pouze na hodnotách $m$ a $l$ a na poměru $\frac{a_m}{b_l}$:
\begin{itemize}
\item $m=l$: $\lim_{n\to +\infty} a_n = \frac{a_m}{b_l}$,
\item $m<l$: $\lim_{n\to +\infty} a_n = 0$,
\item $m>l$: $\lim_{n\to +\infty} a_n = + \infty\cdot \sgn(\frac{a_m}{b_l})$.
\end{itemize}
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(2n+a)^2}{(n-1)(3-5n)} $$
v závislosti na reálné konstantě $a$.
\tagged{teach}{\begin{res} -4/5 \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(2n+a)^2}{(n-1)(3-5n)} =\lim_{n\to +\infty} \frac{4n^2+4an+a^2}{-5n^2+8n-3}=-\frac{4}{5}$$
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(3n+5)(3-a n)}{n(2n+3)}. $$
v závislosti na reálné konstantě $a$.
\tagged{teach}{\begin{res} $-3a/2$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(3n+5)(3-a n)}{n(2n+3)}= \lim_{n\to +\infty} \frac{-3an^2+9n-5an+15}{2n^2+3n}.$$
Pro $a=0$ je limita rovna nule, pro ostatní hodnoty $a$ dostáváme $-\frac{3a}{2}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
