Součásti dokumentu MAN1priklady
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN1priklady}
\setcounter{section}{5}
\section{Šestý týden}
%(verze \today)
\tagged{review}{
\textbf{Revize:}
\begin{itemize}
\item podal: JK
\item datum podání: 14.8.
\item zkontroloval: TS 10.9., 20. 9. 2019 Ondřej Pártl - snad v pořádku (řešení 6.26 popsáno více)
\item poznámky: \sout{doplnit reseni do tag teach}
\\
\textbf{vylepšit 6.26! popsat více řešeni}
\end{itemize}
}
% limita racionální funkce (dokončení), limity na odmocniny
% \tagged{teach}{\begin{instr}
% \item Kdo jste nepočítali se studenty příklad 5.3, tak ho prosim spocitejte tento týden -- bylo by fajn, kdyby řešení studenti viděli.
% \item Vedle standardních postupů s odmocninami druhými a třetími neopomeňte prosím připomenout (příkladem nebo jen zmínkou) dané vzorce pro větší odmocniny, to samé binomickou větu (např př. \ref{pr_binveta}).
% \item Limita $a^n$ byla ukázána na přednášce v $\R$ i $\C$ -- na zopakování na cvičení slouží příklad \ref{pr_mocn}.
% \end{instr}}
\tagged{complete}{
\begin{pozn}
V následujících příkladech je vhodné mít na paměti následující vzorečky (zejména pro $n=2$ a $n=3$). Pro $a,b \in \C $ a $n \in \N$ platí
\begin{align*}
a^n - b^n &= (a-b)\sum_{k=0}^{n-1} a^{k} b^{n-1-k}, \\
(a+b)^n &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k}.
\end{align*}
\end{pozn}
\begin{pozn}
Na přednášce bylo pro pro limitu reálné posloupnosti $(a^n)$, $a\in \R$, ukázáno
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} a^n = \begin{cases}
0 \text{ pro } |a| < 1, \\
1 \text{ pro } a = 1, \\
+\infty \text{ pro } a > 1, \\
\text{neexistuje} \text{ pro } a \leq -1.
\end{cases}
\end{align*}
\end{pozn}
\begin{pozn}
Na přednášce bylo pro pro limitu komplexní posloupnosti $(a^n)$, $a\in \C$, ukázáno
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} a^n = \begin{cases}
0 \text{ pro } |a| < 1, \\
1 \text{ pro } a = 1, \\
\infty \text{ pro } |a| > 1, \\
\text{neexistuje} \text{ pro } |a| = 1, a \neq 1.
\end{cases}
\end{align*}
\end{pozn}
}
\subsection{Limita racionální funkce (dokončení)}
\begin{pr}\label{pr_binveta}
Vypočtěte (v $\R$, existuje-li)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{(n^2+n+1)^{10}-(n+1)^{20}}{(n^2+1)^{10}-(n+1)^{20}}. $$
\tagged{teach}{\begin{res}1/2\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
&\lim_{n\to +\infty} \frac{(n^2+n+1)^{10}-(n+1)^{20}}{(n^2+1)^{10}-(n+1)^{20}} =
\lim_{n\to +\infty} \frac{(n^{20} +10n^{19} + \ldots )-(n^{20}+20n^{19} + \ldots) }{(n^{20}+10n^{18}+\ldots)-(n^{20}+20n^{19}+\ldots)}=\\
&\lim_{n\to +\infty} \frac{-10n^{19}+\ldots}{-20n^{19}+\ldots}=\frac{1}{2}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\ldots +\frac{n-1}{n^2}\right).$$
\tagged{teach}{\begin{res}1/2\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
&\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\ldots +\frac{n-1}{n^2}\right)= \lim_{n\to +\infty} \frac{1+2+\ldots + n-1}{n^2} = \\
&\lim_{n\to +\infty} \frac{(n-1)n}{2n^2} =
\lim_{n\to +\infty} \frac{n^2-n}{2n^2} = \frac{1}{2}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\ldots +(-1)^{n-1}\frac{n}{n}\right).$$
\tagged{teach}{\begin{res}neexistuje\end{res}}
\tagged{complete}{\begin{postup}
Pro $n$ sudé platí
$$
\begin{aligned}
1-2+3-4+\dots +(n-1)-n &= (1+2+\dots +(n-1)+n)-2\cdot(2+4+\dots+n)\\ &= \frac{n(n+1)}{2}-4\cdot\frac{\frac{n}{2}\cdot \left(\frac{n}{2}+1\right)}{2} = \frac{n^2+n}{2}-\frac{n^2}{2}-n = -\frac{n}{2}.
\end{aligned}
$$
Podobně pro $n$ liché úpravami dostáváme
$$
(1-2+3-4+\dots -(n-1))+n = \left[-\frac{n-1}{2}\right]+n = \frac{n+1}{2}.
$$
Celkově tedy
\begin{itemize}
\item pro $n$ sudé
$$
\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\ldots +(-1)^{n-1}\frac{n}{n}\right) = \lim_{n\to +\infty} -\frac{n}{2}\cdot\frac{1}{n} = -\frac{1}{2},
$$
\item pro $n$ liché
$$
\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\ldots +(-1)^{n-1}\frac{n}{n}\right) = \lim_{n\to +\infty} \frac{n+1}{2}\cdot\frac{1}{n} = \frac{1}{2}.
$$
\end{itemize}
Našli jsme tedy dvě vybrané posloupnosti, které mají různé limity a celkově tedy limita nemůže existovat.
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\C$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{2n+i}{4-in}. $$
\tagged{teach}{\begin{res}$2i$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \frac{2n+i}{4-in} = \lim_{n\to +\infty} \frac{n\left(2+\frac{i}{n}\right)}{n\left(\frac{4}{n}-i\right)}=-\frac{2}{i}=2i.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\C$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{4n-i}{2+in} . $$
\tagged{teach}{\begin{res}$-4i$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \frac{4n-i}{2+in} = \lim_{n\to +\infty} \frac{n\left(4-\frac{i}{n}\right)}{n\left(\frac{2}{n}+i\right)} = \frac{4}{i}=-4i.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\C$)
$$ \lim_{n\to +\infty} \frac{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+i}}{\frac{1}{n}+\frac{1}{n+i}}. $$
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty}\frac{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+i}}{\frac{1}{n}+\frac{1}{n+i}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{\frac{n+i-n}{n(n+i)}}{\frac{n+i+n}{n(n+i)}}=\lim_{n\to +\infty}\frac{i}{2n+i}=0.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\subsection{Limity na odmocniny}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \Big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\Big).$$
\tagged{teach}{\begin{res}$0$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
&\lim_{n\to +\infty} \sqrt{n+1}-\sqrt{n} = \lim_{n\to +\infty} \left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}= \\
&\lim_{n\to +\infty} \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=0.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{\sqrt{n}+5}{2\sqrt{n}+\sqrt[3]{n}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}1/2\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \frac{\sqrt{n}+5}{2\sqrt{n}+\sqrt[3]{n}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{\sqrt{n}\left(1+\frac{5}{\sqrt{n}}\right)}{\sqrt{n}\left(2+n^{\frac{1}{3}-\frac{1}{2}}\right)} = \lim_{n\to +\infty} \frac{1+\frac{5}{\sqrt{n}}}{2+\frac{1}{n^{\frac{1}{6}}}}=\frac{1}{2}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{\sqrt[7]{n^2-3}-\sqrt[20]{n^7+1}}{5\sqrt[9]{n^2+1}+2\sqrt[20]{n^7}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}-1/2\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Nejvyšší mocnina je v tomto případě $\frac{7}{20},$ vytýkáme tedy člen $n^{\frac{7}{20}}:$
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \frac{\sqrt[7]{n^2-3}-\sqrt[20]{n^7+1}}{5\sqrt[9]{n^2+1}+2\sqrt[20]{n^7}}=
\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{\frac{7}{20}}\left(\sqrt[7]{\frac{1}{n^{\frac{9}{20}}}-\frac{3}{n^{\frac{49}{20}}}} -\sqrt[20]{1+\frac{1}{n^7}}\right)}{n^{\frac{7}{20}}\left(5\sqrt[9]{\frac{1}{n^{\frac{23}{20}}}+\frac{1}{n^{\frac{63}{20}}}} +2\right)}=-\frac{1}{2}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt{n+2}}{\sqrt{n+2} - \sqrt{n+3}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}1\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
&\lim_{n\to +\infty} \frac{\sqrt{n+1} - \sqrt{n+2}}{\sqrt{n+2} - \sqrt{n+3}}.\frac{\sqrt{n+1} + \sqrt{n+2}}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n+2}}.\frac{\sqrt{n+2} + \sqrt{n+3}}{\sqrt{n+2} + \sqrt{n+3}} = \\
&\lim_{n\to +\infty}\frac{\sqrt{n+2} + \sqrt{n+3}}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n+2}} =\lim_{n\to +\infty} \frac{\sqrt{n}\left(\sqrt{1+\frac{2}{n}}+\sqrt{1+\frac{3}{n}}\right)}{\sqrt{n}\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+ \sqrt{1+\frac{2}{n}} \right)}=1.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \Big(\sqrt{3n^2 +1}-2n\Big).$$
\tagged{teach}{\begin{res}$-\infty$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
% &\lim_{n\to +\infty} \sqrt{3n^2 +1}-2n = \lim_{n\to +\infty} \frac{\left(\sqrt{3n^2 +1}-2n\right)\left(\sqrt{3n^2 +1}+2n\right)}{\sqrt{3n^2 +1}+2n}=\\
% &\lim_{n\to +\infty} \frac{3n^2+1-4n^2}{\sqrt{3n^2 +1}+2n}=\lim_{n\to +\infty} \frac{-n^2}{n\left(2+\sqrt{3+\frac{1}{n}} \right)}=-\infty.
\lim_{n\to +\infty} \left( \sqrt{3n^2 +1}-2n \right) = \lim_{n\to +\infty} n \left( \sqrt{3+\frac{1}{n^2}}-2 \right) = +\infty \cdot (\sqrt{3}-2) = -\infty .
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \sqrt{1+\sqrt{1+n^{-4}}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\sqrt{2}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Zřejmé.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \Big(\sqrt{n^2+(-1)^n n+1}-\sqrt{n^2+(-1)^{n+1} n+1}\Big).$$
\tagged{teach}{\begin{res}neexistuje\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Platí
\begin{align*}
&\lim_{n\to +\infty} \sqrt{n^2+(-1)^n n+1}-\sqrt{n^2+(-1)^{n+1} n+1} = \\
&\lim_{n\to +\infty}
\frac{\left( \sqrt{n^2+(-1)^n n+1}-\sqrt{n^2+(-1)^{n+1} n+1}\right) \left(\sqrt{n^2+(-1)^n n+1}+\sqrt{n^2+(-1)^{n+1} n+1} \right)}{\sqrt{n^2+(-1)^n n+1}+\sqrt{n^2+(-1)^{n+1} n+1} }\\
&\lim_{n\to +\infty}
\frac{2(-1)^{n}n}{\sqrt{n^2+(-1)^n n+1}+\sqrt{n^2+(-1)^{n+1} n+1} }=\\
&\lim_{n\to +\infty}\frac{2(-1)^{n}}{\sqrt{1+\frac{(-1)^n}{n}+\frac{1}{n^2}}+\sqrt{1+\frac{(-1)^{n+1}}{n}+\frac{1}{n^2}} }.
\end{align*}
Vybereme-li nyní podposloupnost členů se sudými indexy, limita vyjde $1$. Naopak pro liché indexy dostáváme hodnotu $-1.$ Našli jsme tedy dvě různé podposloupnosti s různými limitami. Původní limita tedy neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} n^{4/3}(\sqrt[3]{n^2+1}-\sqrt[3]{n^2-1}).$$
\tagged{teach}{\begin{res}2/3\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $a=\sqrt[3]{n^2+1}$ a $b=\sqrt[3]{n^2-1}$. Ze vzorce $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$ vyjádříme výraz $(a-b),$ tedy $a-b=\frac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}.$ Pak
\begin{align*}
&\lim_{n\to +\infty} n^{4/3}(\sqrt[3]{n^2+1}-\sqrt[3]{n^2-1})= \\
&\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{\frac{4}{3}}\left(n^2+1-n^2+1 \right)}{\sqrt[3]{(n^2+1)^2}+\sqrt[3]{(n^2+1)(n^2-1)}+\sqrt[3]{(n^2-1)^2}}=\\ &\lim_{n\to +\infty} \frac{2n^{\frac{4}{3}}}{\sqrt[3]{n^4+2n^2+1}+\sqrt[3]{n^4-1}+\sqrt[3]{n^4-2n^2+1}} = \\
&\lim_{n\to +\infty} \frac{2n^{\frac{4}{3}}}{n^{\frac{4}{3}}\left(\sqrt[3]{1+\frac{2}{n^2}+\frac{1}{n^4}}+\sqrt[3]{1-\frac{1}{n^4}}+\sqrt[3]{1-\frac{2}{n^2}+\frac{1}{n^4}}\right)}=\frac{2}{3}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \Big(\sqrt[3]{n^3+n^2+1} - \sqrt[3]{n^3-n^2+1}\Big).$$
\tagged{teach}{\begin{res}2/3\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $a=\sqrt[3]{n^3+n^2+1}$ a $b=\sqrt[3]{n^3-n^2+1}$. Rozšířením výrazem $a^2+ab+b^2$ dostaneme
\begin{align*}
&\lim_{n\to +\infty}\sqrt[3]{n^3+n^2+1} - \sqrt[3]{n^3-n^2+1}=\\
&\lim_{n\to +\infty} \frac{2n^2}{\sqrt[3]{(n^3+n^2+1)^2}+\sqrt[3]{(n^3+n^2+1)(n^3-n^2+1)} +\sqrt[3]{(n^3-n^2+1)^2}}=\frac{2}{3}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \Big(\sqrt[3]{n} - \sqrt{n}\Big).$$
\tagged{teach}{\begin{res}$-\infty$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \sqrt[3]{n} - \sqrt{n}= \lim_{n\to +\infty} n^{\frac{1}{3}}-n^{\frac{1}{2}}= \lim_{n\to +\infty} n^{\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{n^{\frac{1}{6}}}-1 \right)=-\infty.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \Big(\sqrt[4]{n^4-n} - \sqrt[3]{n^3+3n^2}\Big).$$
\tagged{teach}{\begin{res}-1\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Označme $n$-tý člen zadané posloupnosti symbolem $a_n$. Nejmenší společný násobek 3 a 4 je 12. Použijeme tedy vzorec $a^{12}-b^{12} = (a-b)\sum_{k=0}^{11}a^kb^{11-k}$, kde $a=\sqrt[12]{(n^4-n)^3}$ a $b=\sqrt[12]{(n^3+3n^2)^4}$. Tímto rozšířením dostáváme
$$
a_n = \frac{(n^4-n)^3 - (n^3+3n^2)^4}{\sum_{k=0}^{11} (n^4-n)^{\frac{k}{4}}(n^3+3n^2)^{\frac{11-k}{3}}}.
$$
Nejvyšší mocniny jak v čitateli tak v jmenovateli jsou 11 ($n^{12}$ se v čitateli i jmenovateli odečtou), a tedy rozhodnou koeficienty u těchto mocnin. Upravíme-li jmenovatel do tvaru
$$
n^{11}\sum_{k=0}^{11} \left(1-\frac{1}{n^3}\right)^{\frac{k}{4}}\left(1+\frac{3}{n}\right)^{\frac{11-k}{3}},
$$
pak každý sčítanec sumy jde k 1 a celkově tedy koeficient u $n^{11}$ je ve jmenovateli 12. V čitateli můžeme využít binomickou větu a zjistíme, že u $n^{11}$ je koeficient $-12$. Celkem tedy limita vyjde $-1.$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} n^{-1/2}\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{2n}-\sqrt{3n+2}\right).$$
\tagged{teach}{\begin{res}$1+\sqrt{2}-\sqrt{3}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
&\lim_{n\to +\infty} n^{-1/2}\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{2n}-\sqrt{3n+2}\right)=\\
&\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{\frac{1}{2}}\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+\sqrt{2}-\sqrt{3+\frac{2}{n}}\right)}{n^{\frac{1}{2}}}=1+\sqrt{2}-\sqrt{3}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} n^{1/2}\left(\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}-3\sqrt{n+2}\right).$$
\tagged{teach}{\begin{res}$-5/2$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
% &\lim_{n\to +\infty} n^{1/2}\left(\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}-3\sqrt{n+2}\right)=\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{\frac{1}{2}}\left(n+1+4n+4\sqrt{n(n+1)}-9n-18 \right)}{\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}+3\sqrt{n+2}}\\
% &=\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{\frac{1}{2}}\left(4n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1 \right) \right)}{\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}+3\sqrt{n+2}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{\frac{1}{2}}\left(\frac{4}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} -17 \right)}{n^{\frac{1}{2}}\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+2+3\sqrt{1+\frac{2}{n}}\right)}=\frac{-15}{6}=-\frac{5}{2}.
&\lim_{n\to +\infty} n^{1/2}\left(\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}-3\sqrt{n+2}\right)=\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{\frac{1}{2}}\left(n+1+4n+4\sqrt{n(n+1)}-9n-18 \right)}{\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}+3\sqrt{n+2}}\\
&=\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{\frac{1}{2}}\left(4\sqrt{n(n+1)}-(4n+17) \right)}{\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}+3\sqrt{n+2}} \cdot \frac{4\sqrt{n(n+1)}+(4n+17)}{4\sqrt{n(n+1)}+(4n+17)}\\
&=\lim_{n\to +\infty} \frac{n^{\frac{1}{2}}\left(-120n -289 \right)}{\left(\sqrt{n+1}+2\sqrt{n}+3\sqrt{n+2}\right) \left( 4\sqrt{n(n+1)}+(4n+17) \right)} = - \frac{120}{6 \cdot 8}=-\frac{5}{2}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \left(\sqrt{n^2+\sqrt{n^4+\sqrt{n^8+1}}}-n\sqrt{1+\sqrt{2}}\right).$$
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Výraz rozšíříme číslem $\left(\sqrt{n^2+\sqrt{n^4+\sqrt{n^8+1}}}+n\sqrt{1+\sqrt{2}}\right)$ a použijeme vzorec pro $a^2-b^2$. Tím dostaneme
$$
a_n = \frac{n^2+\sqrt{n^4+\sqrt{n^8+1}} - n^2 - \sqrt{2}n^2}{\sqrt{n^2+\sqrt{n^4+\sqrt{n^8+1}}}+n\sqrt{1+\sqrt{2}}}
=\frac{\sqrt{n^4+\sqrt{n^8+1}} - \sqrt{2}n^2}{\sqrt{n^2+\sqrt{n^4+\sqrt{n^8+1}}}+n\sqrt{1+\sqrt{2}}}.
$$
Opět rozšíříme, abychom se zbavili nejvyšší mocniny v čitateli. Dostáváme
$$
a_n = \frac{n^4 + \sqrt{n^8 +1} - 2n^4}{\left(\sqrt{n^2+\sqrt{n^4+\sqrt{n^8+1}}}+n\sqrt{1+\sqrt{2}}\right)\left(\sqrt{n^4+\sqrt{n^8+1}} + \sqrt{2}n^2 \right)}.
$$
Abychom se zbavili poslední odmocniny, rozšíříme naposledy, nyní výrazem $\sqrt{n^8+1}+n^4,$
$$
a_n = \frac{n^8+1-n^8}{b_n} \to 0,
$$
jako $b_n$ jsme označili jmenovatel výrazu, o kterém platí, že jde do plus nekonečna - výsledná limita je tedy rovna nule.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} n \left( \sqrt{n^2 + (-1)^n \sqrt{n}} -n \right).$$
\tagged{teach}{\begin{res}neexistuje\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Zadanou limitu rozšířením upravíme na tvar
$$
\lim_{n\to +\infty} \frac{n(-1)^n\sqrt{n}}{\sqrt{n^2 + (-1)^n \sqrt{n}} + n}.
$$
Pro sudé hodnoty $n$ je limita do plus nekonečna, pro liché mínus nekonečno. Limita tedy neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} (\sqrt{a n+1}-\sqrt{n}) \sqrt{4n+3}$$
pro $a \in \R^+$.
\tagged{teach}{\begin{res}$+\infty$ pro $a>1$, $1$ pro $a=1$, $-\infty$ pro $a<1$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} (\sqrt{a n+1}-\sqrt{n}) \sqrt{4n+3}=\lim_{n\to +\infty}\frac{\left( (a-1)n+1\right)\sqrt{4n+3}}{\sqrt{an+1}+\sqrt{n}}.
\end{align*}
Pro $a\neq1$ je v čitateli vyšší mocnina než ve jmenovateli. Pro $a>1$ dostáváme výsledek $+\infty,$ pro $a<1$ naopak $-\infty.$
Pro $a=1$ platí
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty}\frac{\sqrt{4n+3}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\lim_{n\to +\infty}\frac{2\sqrt{n+\frac{3}{4}}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=1.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} n^{k-1} \left( \sqrt[k]{n^k+1} - \sqrt[k]{n^k-1} \right)$$
pro $k \in \N$.
\tagged{teach}{\begin{res}2/k\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Použijeme vzorec $a^k-b^k=(a-b)\sum_{j=0}^{k-1}a^jb^{k-1-j},$
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} n^{k-1} \left( \sqrt[k]{n^k+1} - \sqrt[k]{n^k-1} \right)=\lim_{n\to +\infty} \frac{2n^{k-1}}{\sum_{j=0}^{k-1}(n^k+1)^{\frac{j}{k}}(n^k-1)^{\frac{k-1-j}{k}}}\\
=\lim_{n\to +\infty} \frac{2n^{k-1}}{n^{k-1}\sum_{j=0}^{k-1}(1+n^{-k})^{\frac{j}{k}}(1-n^{-k})^{\frac{k-1-j}{k}}}.
\end{align*}
Ve jmenovateli je suma čítající $k$ členů, z nichž každý má limitu jedna. Výsledná limita je tedy $\frac{2}{k}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Určete čísla $a,b \in \R$ tak, aby platilo
$$\lim_{n\to +\infty} \Big(\sqrt[3]{1-n^3} -an-b\Big) =0.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$a=-1$, $b=0$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Nechť $a_n$ značí $n$-tý člen posloupnosti na levé straně zadané rovnice. Vytnutím nejvyšší mocniny získáváme
$$
a_n = n \left[ \sqrt[3]{-1+\frac{1}{n^3}} - a - \frac{b}{n} \right].
$$
Pokud by $a<-1$, pak by předcházející limita vyšla $+\infty$, pokud by $a>-1$, pak $\lim a_n = -\infty$. Jediná šance je tedy pro $a = -1$. Pak posloupnost $a_n$ bude vypadat
$$
a_n = \sqrt[3]{1-n^3} + n-b.
$$
Rozšířením číslem $(1-n^3)^{2/3} - \sqrt[3]{1-n^3}(n-b) + (n-b)^2$ dostaneme
$$
a_n = \frac{1-n^3 + (n-b)^3}{(1-n^3)^{2/3} - \sqrt[3]{1-n^3}(n-b) + (n-b)^2}.
$$
Vytknutím nejvyšších mocnin získáme
$$
a_n = \frac{n^2 \left[-3b + \frac{3b^2}{n} + \frac{-b^3+1}{n^2}\right] }{ n^2\left[ (1/n^3 -1)^{2/3} - (1-b/n)(1/n^3-1)^{1/3} + (1-b/n)^2 \right] } \to -b.
$$
A tedy musí platit, že $b = 0$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%==============================
\subsection{Limity s obecnou mocninou}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{(-2)^n+3^n}{(-2)^{n+1}+3^{n+1}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}1/3\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vytýkáme exponenciálu s největším základem. Platí
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \frac{(-2)^n+3^n}{(-2)^{n+1}+3^{n+1}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{3^n\left(\left(-\frac{2}{3} \right)^n +1 \right)}{3^n\left(2\left(-\frac{2}{3} \right)^n+3 \right)}=\frac{1}{3}.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}\label{pr_mocn}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
% \tagged{teach}{\begin{res}\end{res}}
$$L=\lim_{n\to +\infty} a^{n^2+n}$$
pro $a\in\R$.
\tagged{teach}{
\begin{res}
$L=+\infty$ pro $|a| > 1$, $L = 0$ pro $|a|<1$, $L=1$ pro $|a|=1$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Exponent $n^2+n$ můžeme přepsat do tvaru $n(n+1),$ což je sudé číslo. (Pokud je $n$ sudé, pak $n+1$ je liché a naopak. Současně platí, že sudé krát liché je sudé.) Platí tedy $a^{n^2+n} = |a|^{n^2+n}$. Protože posloupnost $(|a|^{n^2+n})$ je vybraná z $(|a|^n)$, dostáváme následující limity.
\begin{itemize}
\item $|a| > 1$: $L=+\infty$.
\item $|a| < 1$: $L=0$.
\item $|a| = 1$: $L=1$.
% \item $a>1,$ pak $L=+\infty$
% \item $a=1,$ pak $L=1$
% \item $a \in (0,1),$ pak $L=0$
% \item $a=-1,$ pak $L=1$
% \item $a<1,$ pak $L=+\infty$
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{a^n}{1+a^{2n}}$$
pro $a\in\R\setminus\{\pm 1\}$.
\tagged{teach}{\begin{res}0\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro přípustné hodnoty parametru $a$ takových, že $|a|<1,$ je výsledek zjevně 0. Pro $|a|>1$ upravíme limitu na tvar
\begin{align*}
&\lim_{n\to +\infty} \frac{a^n}{1+a^{2n}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{a^n}{a^n\left(\frac{1}{a^n}+a^{n}\right)}\\
&=\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{\frac{1}{a^n}+a^{n}}.
\end{align*}
Z tohoto tvaru je již patrné, že i pro tyto hodnoty parametru $a$ je limita rovna nule.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{a^n-a^{-n}}{a^n+a^{-n}}$$
pro $a\in\R\setminus\{0,\pm 1\}$.
\tagged{teach}{\begin{res}1 pro $|a|>1$, -1 pro $0<|a|<1$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro $|a|>1$ vytkneme $a^n$. Platí
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \frac{a^n-a^{-n}}{a^n+a^{-n}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{1-a^{-2n}}{1+a^{-2n}}=1.
\end{align*}
Pro $|a|<1$ vytýkáme $a^{-n},$
\begin{align*}
\lim_{n\to +\infty} \frac{a^n-a^{-n}}{a^n+a^{-n}}=\lim_{n\to +\infty} \frac{a^{2n}-1}{a^{2n}+1}=-1.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \frac{1+\alpha+\alpha^2+\ldots +\alpha^n}{1+\beta+\beta^2+\ldots +\beta^n},$$
kde $\alpha,\, \beta\in\C:\, |\alpha|<1,|\beta|<1$.
\tagged{teach}{\begin{res}$\frac{1-\beta}{1-\alpha}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Využijeme známého vzorce pro součet $n$ členů geometrické posloupnosti. Platí
$$
\lim_{n\to +\infty} \frac{1+\alpha+\alpha^2+\ldots +\alpha^n}{1+\beta+\beta^2+\ldots +\beta^n}\\
=\lim_{n\to +\infty} \frac{1-\alpha^{n+1}}{1-\alpha}\frac{1-\beta}{1-\beta^{n+1}}=\frac{1-\beta}{1-\alpha}.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte (v $\R$; existuje-li)
$$\lim_{n\to +\infty} \sqrt{2}\sqrt[4]{2}\sqrt[8]{2}\ldots\sqrt[2^n]{2}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}2\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{align*}
\sqrt{2}\sqrt[4]{2}\sqrt[8]{2}\ldots\sqrt[2^n]{2}
&= \prod_{k=1}^n \sqrt[2^k]{2}
= \prod_{k=1}^n {2}^{\frac{1}{2^k}}
= 2^{\sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k} }
= 2^{\sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{2}\right)^k }
\to 2^{ \frac{1}{2} \frac{1}{1-\frac{1}{2}} } = 2.
\end{align*}
\end{postup}
}
\end{pr}
