Součásti dokumentu MAN1priklady
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN1priklady}
\setcounter{section}{9}
\section{Desátý týden}
%(verze \today)
%pocitani limit dle referenčních limit
% derivace funkce dle definice
\subsection{Heineho věta a jednostranné limity}
\begin{pr}
S použitím Heineho věty vyvraťe existenci limity
$$\lim_{x\to 0}\sin{\left(\frac{1}{x}\right)}.$$
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vezměme posloupnosti $x_n = \frac{1}{\pi n}$ a $y_n = \frac{1}{\pi/2 + 2\pi n}$.
Pak dostáváme:
\begin{align*}
\lim_{n \to +\infty} \sin (\pi n) &= 0, \\
\lim_{n \to +\infty} \sin (\pi/2 + 2\pi n) &= 1. \\
\end{align*}
Platí $\lim_{n \to +\infty} x_n = 0$ a $\lim_{n \to +\infty} y_n = 0$, ale zároveň $\lim_{n \to +\infty} \sin (\pi n) \neq \lim_{n \to +\infty} \sin (\pi/2 + 2\pi n)$ a dle Heineho věty tedy limita $\lim_{x\to 0}\sin{\left(\frac{1}{x}\right)}$ neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o existenci a konečnosti limity
$$\lim_{x\to 0} \sgn^2(x).$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
existuje, $\lim_{x\to 0} \sgn^2(x) = 1 $
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Opět o existenci rozhodneme pomocí Heineho věty. Berme libovolnou posloupnost $(x_n)$ splňující $\lim_{n \to +\infty} x_n = 0$ a $x_n \neq 0$ pro všechna $n \in \N$. Pak
$$
\lim_{n \to +\infty} f(x_n) = \lim_{n \to +\infty} \sgn^2 x_n = \lim_{n \to +\infty} 1 = 1,
$$
jelikož $\sgn^2 x = 1, \forall x \neq 0$. Jelikož $\lim_{n \to +\infty} \sgn^2 x_n = 1$ pro libovolnou posloupnost splňující $\lim_{n \to +\infty} x_n = 0$ a $\left(\forall n \in \N\right)\left( x_n \in D_{\mathrm{sgn}^2(x)}\setminus\{0\}\right)$ pak z Heineho věty plyne, že $\lim_{x\to 0} \sgn^2 x = 1$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o existenci a konečnosti limity
$$\lim_{x\to +\infty} \sin{(\pi\sqrt{x})}.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
neexistuje
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Činíme předpoklad, že limita existovat nebude. Konstruujeme 2 posloupnosti $x_n = n^2$ a $y_n = \left(\sqrt{\pi} \frac{2\pi n+\pi/2}{\pi}\right)^2$. %, tak aby v prvním případě funkce $\sin{x}$ vracela 0 $\forall n\in \N$ a ve druhém případě 1 $\forall n\in \N$.
Platí $\lim_{n \to +\infty} x_n = +\infty$ a $\lim_{n \to +\infty} y_n = +\infty$. Pak
\begin{align*}
\lim_{n \to +\infty} \sin(\pi x_n) &= \lim_{n \to +\infty} \sin(\pi n) = 0 \\
\lim_{n \to +\infty} \sin(\pi y_n) &=\lim_{n \to +\infty} \sin(\pi/2 + 2\pi n) = 1.
\end{align*}
Limity se nerovnají a tedy z Heineho věty limita $\lim_{x\to +\infty} \sin{(\pi\sqrt{x})}$ neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o existenci a konečnosti limity
$$\lim_{x\to 2} \frac{1}{|x-2|}.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
existuje, $\lim_{x\to 2} \frac{1}{|x-2|} = +\infty$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipujeme, že limita bude $+\infty$. Dokážeme z definice nevlastní limity ve vlastním bodě, která je definována
$$
\lim_{x\to a}f(x) = +\infty \Leftrightarrow (\forall K >0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in \R, 0<\mid x-a\mid <\delta)(f(x)>K).
$$
Máme tedy dokázat
$$
\lim_{x\to 2}f(x) = +\infty \Leftrightarrow (\forall K >0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in \R, 0<\mid x-2\mid <\delta)\left(\frac{1}{\mid x-2\mid}>K\right).
$$
Nechť tedy $K>0$. Hledáme $\delta>0$ takové, že pro $0<\mid x-2\mid <\delta$ tedy pro lib. $x \in (2-\delta, 2+\delta)\setminus\{2\}$ bude platit
$$
\frac{1}{\mid x-2\mid}>K \Leftrightarrow \frac{1}{K}>\mid x-2\mid.
$$
Z předcházejícího plyne, že stačí volit $\delta \in \left(0,\frac{1}{K}\right)$, např. $\delta = \frac{1}{K+1}$. Alternativně by šlo ukázat, že jednostranné limity se rovnají a vyjdou $+\infty$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o existenci a konečnosti limity
$$\lim_{x\to +\infty}(-1)^{\floor{x}}.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
neexistuje
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Opět tipneme, že limita existovat nebude a volíme dvě posloupnosti $x_n = 2n$ a $y_n = 2n+1$. Pak
v případě první posloupnosti $x_n = 2n$ máme
$$
(-1)^{\floor{x_n}} = (-1)^{\floor{2n}} = 1, \forall n \in \mathbb{N}.$$
Tedy
$$
\lim_{n\to +\infty}(-1)^{\floor{x_n}}=1.
$$
Přičemž jsme splnili předpoklady Heineho věty, tj.
$\lim_{n\to +\infty}x_n = +\infty$ a $x_n \neq +\infty, \forall n \in \mathbb{N}$. Podobně v případě druhé posloupnosti $y_n = 2n+1$ máme $(-1)^{\floor{y_n}} = (-1)^{\floor{2n+1}} = -1, \forall n \in \mathbb{N}$. Pak
$$
\lim_{n\to +\infty}(-1)^{\floor{y_n}}=-1.
$$
Přičemž jsme splnili předpoklady Heineho věty $\lim_{n\to +\infty}y_n = +\infty$ a $y_n \neq +\infty, \forall n \in \mathbb{N}$. Z Heineho věty tedy plyne, že limita neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o existenci a konečnosti limity
$$\lim_{x\to 0}f(x), \quad \text{kde } f(x)=\begin{cases} x\sin{\frac{1}{x}} & x>0 \\ x\cos{\frac{1}{x}} & x<0.\end{cases}$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
exituje, $\lim_{x\to 0}f(x) = 0$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Spočteme limitu zprava a zleva a ukážeme, že se rovnají. Platí
\begin{align*}
\lim_{x\to 0_+}f(x) &= \lim_{x\to 0_+}x\sin{\frac{1}{x}} = 0,
\\
\lim_{x\to 0_-}f(x) &= \lim_{x\to 0_-}x\cos{\frac{1}{x}} = 0.
\end{align*}
Limity zprava a zleva se rovnají a celkově tedy $\lim_{x\to 0}f(x) = 0$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%========================================================
\subsection{Výpočet složitějších limit pomocí referenčních II}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x\to +\infty} \left(\frac{x+2}{2x-1}\right)^{x^2}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} 0 \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to +\infty} \left(\frac{x+2}{2x-1}\right)^{x^2} &=
\mathrm{e}^{\lim_{x\to +\infty} \mathrm{ln}\left(\frac{x+2}{2x-1}\right)^{x^2}} \\&=
\mathrm{e}^{\lim_{x\to +\infty} x^2 \lim_{x\to +\infty} \mathrm{ln}\left(\frac{x+2}{2x-1}\right)} \\&=
\mathrm{e}^{+\infty \cdot \mathrm{ln\left(\frac{1}{2}\right)}} = 0.
\end{aligned}
$$
V rovnosti 2 jsme využili větu o aritmetice limit (součin limit) a následně v rovnosti větu o limitě složené funkce, kde jsme využili
$\lim_{x\to +\infty}\mathrm{ln}\left(\frac{x+2}{2x-1}\right) = \mathrm{ln}\left(\frac{1}{2}\right).$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x\to +\infty} \left(\frac{x^2+1}{x^2-2}\right)^{x^2}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} $\mathrm{e^3}$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to +\infty} \left(\frac{x^2+1}{x^2-2}\right)^{x^2}
&=\lim_{x\to +\infty} \left(1 +\frac{3}{x^2-2}\right)^{x^2} \\
&=\lim_{x\to +\infty} \left[\left(1 +\frac{1}{ \frac{x^2-2}{3} }\right)^\frac{x^2-2}{3}\right]^\frac{3x^2}{x^2-2} \\
&= \mathrm{e}^3,
\end{aligned}
$$
kde jsme využili $\lim_{x\to +\infty}\frac{x^2-2}{3} = +\infty$ a $\lim_{x\to +\infty} \left(1 +\frac{1}{ \frac{x^2-2}{3} }\right)^\frac{x^2-2}{3} = \mathrm{e}$.% A také $\lim_{x\to +\infty}\frac{3x^2}{x^2-2} = 3$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x\to +\infty} \left(\frac{x^2+1}{2x^2-1}\right)^{\frac{3x+5}{x-1}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} $\frac{1}{8}$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Postupujeme identicky jako v příkladě 10.7. Platí
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to +\infty}\left(\frac{x^2+1}{2x^2-1}\right)^{\frac{3x+5}{x-1}}
&=
\mathrm{e}^{\lim_{x\to +\infty} \mathrm{ln}\left(\frac{x^2+1}{2x^2-1}\right)^{\frac{3x+5}{x-1}}}\\
&=
\mathrm{e}^{\lim_{x\to +\infty} \frac{3x+5}{x-1} \lim_{x\to +\infty} \mathrm{ln}\left(\frac{x^2+1}{2x^2-1}\right)} \\
&=
\mathrm{e}^{3\cdot\mathrm{ln}(\frac{1}{2})} \\
&= \mathrm{e}^{\mathrm{ln}(\frac{1}{8})} \\
&= \frac{1}{8}.
\end{aligned}
$$
Využili jsme větu o limitě složené funkce při výpočtu
$\lim_{x\to +\infty}\mathrm{ln}\left(\frac{x^2+1}{2x^2-1}\right) = \mathrm{ln}\left(\frac{1}{2}\right).$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln(x^2-x+1)}{\ln(x^{10}+x+1)}.$$
\tagged{teach}{\begin{res} $\frac{1}{5}$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Úpravou logaritmů získáme
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln(x^2-x+1)}{\ln(x^{10}+x+1)}
&=\lim_{x\to +\infty} \frac{\ln\left[ x^2\left(1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)\right]}{\ln \left[x^{10}\left(1+\frac{1}{x^9}+\frac{1}{x^{10}}\right)\right]}\\
&=
\lim_{x\to +\infty}\frac{2\ln(x)+ \ln\left(1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}{10\ln (x)+\ln\left(1+\frac{1}{x^9}+\frac{1}{x^{10}}\right)}\\
&=
\lim_{x\to +\infty}\frac{2+ \frac{\ln\left(1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}{\ln(x)}}{10+\frac{\ln\left(1+\frac{1}{x^9}+\frac{1}{x^{10}}\right)}{\ln(x)}}\\
&=
\frac{2+0}{10 + 0} = \frac{1}{5},
\end{aligned}
$$
kde jsme použili
$$
\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln\left(1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)}{\ln(x)} = \lim_{x\to +\infty}\ln\left(1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}\right)\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{\ln(x)} = \ln(1-0+0)\cdot 0 = 0.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x\to +\infty} \cos^x\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right),$$
kde $a\in\R$.
\tagged{teach}{\begin{res} $\mathrm{e}^{\frac{-a^2}{2}}$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Z definice obecné mocniny dostáváme
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to +\infty} \cos^x\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right) &= \mathrm{e}^{\lim_{x\to +\infty} x \ln\cos\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)} \\
&= \mathrm{e}^{\lim_{x\to +\infty} x \frac{\ln\left(1+\cos\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)-1\right)}{\cos\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)-1}\left(\cos\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)-1\right)} \\
&=
\mathrm{e}^{\lim_{y\to 0} \frac{\ln\left(1+y\right)}{y}\lim_{x\to +\infty}x\left(\cos\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)-1\right)} \\
&=
\mathrm{e}^{\lim_{x\to +\infty}x\left(\cos\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)-1\right)\frac{\cos\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)+1}{\cos\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)+1}} \\
&=
\mathrm{e}^{1\cdot\lim_{x\to +\infty}x\frac{-\sin^2\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)}{\cos\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)+1}\frac{a^2/x}{a^2/x}} \\
&= \mathrm{e}^{\frac{-a^2}{2}},
\end{aligned}
$$
kde jsme využili referenčních limit $\lim_{y\to 0} \frac{\ln\left(1+y\right)}{y}=1$, $\lim_{y\to 0}\frac{\sin(y)}{y} = 1$ a věty o limitě složené funkce.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{\ln (1+e^x)}{\sin (e^x+4^x)}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}1\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{\ln (1+e^x)}{\sin (e^x+4^x)}
&=
\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{\ln (1+e^x)}{e^x}\cdot e^x \frac{1}{\frac{\sin (e^x+4^x)}{e^x+4^x}}\frac{1}{e^x+4^x}\\
&=
\lim_{y \rightarrow 0} \frac{\ln (1+y)}{y} \cdot\frac{1}{\lim_{z\rightarrow 0}\frac{\sin (z)}{z}}\cdot\lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{e^x}{e^x+4^x}\\
&=\lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{e^x}{e^x}\frac{1}{1+\left(\frac{4}{e}\right)^x} = 1,
\end{aligned}
$$
kde jsme použili stejné referenční limity jako v předchozím příkladě.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x\to 1} \frac{x^\alpha-1}{x^\beta -1}$$
pro $\alpha, \beta \in \R\setminus\{0\}$.
\tagged{teach}{\begin{res}$\alpha/\beta$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Z definice obecné mocniny dostáváme
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to 1} \frac{x^\alpha-1}{x^\beta -1}
&= \lim_{x\to 1} \frac{e^{\alpha \ln x}-1}{\alpha \ln x}\frac{\beta \ln x}{e^{\beta \ln x}-1}\frac{\alpha \ln x}{\beta \ln x}\\
&=
\lim_{y\to 0} \frac{e^{y}-1}{y}\lim_{z\to 0}\frac{z}{e^{z}-1}\lim_{x\to 1}\frac{\alpha\ln(x)}{\beta\ln(x)}\\
&=
\frac{\alpha}{\beta},
\end{aligned}
$$
kde jsme využili referenční limitu $\lim_{y\to 0} \frac{e^{y}-1}{y} = 1$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x\to 0} \frac{e^{\sin^2 x} - e^x}{\sin(2x)}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}-1/2\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Výraz převedeme na referenční limity. Pak
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to 0} \frac{e^{\sin^2 x} - e^x}{\sin(2x)}
&=
\lim_{x\to 0}e^x \frac{e^{\sin^2 x-x} - 1}{\sin(2x)}\\
&=
\lim_{x\to 0}e^x \frac{e^{\sin^2 x-x} - 1}{\sin^2 x-x}\frac{2x}{\sin(2x)}\frac{\sin^2 x-x}{2x}\\
&=
\lim_{x\to 0}e^x \lim_{y\to 0}\frac{e^{y} - 1}{y}\lim_{z\to 0}\frac{z}{\sin(z)}\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2 x-x}{2x}\\
&=
\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2 x}{x}\frac{x}{x}-\frac{1}{2}\\
&=
-\frac{1}{2},
\end{aligned}
$$
kde jsme využili referenční limity $\lim_{y\to 0} \frac{\ln\left(1+y\right)}{y}=1$ a $\lim_{z\to 0}\frac{\sin(z)}{z} = 1$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\sin \left( \frac{\sqrt{x}}{x+3} \right)}{\ln \left( \left( \frac{x+2}{x+1} \right)^{\sqrt{x+4}} \right)}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$1$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Obdobně jako u minulého příkladu převedeme výraz na známé referenční limity. Platí
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \rightarrow +\infty} \frac{\sin \left( \frac{\sqrt{x}}{x+3} \right)}{\ln \left( \left( \frac{x+2}{x+1} \right)^{\sqrt{x+4}} \right)}
&=
\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{\sin \left( \frac{\sqrt{x}}{x+3} \right)}{ \frac{\sqrt{x}}{x+3}}\frac{1}{\sqrt{x+4}\ln \left( \frac{x+2}{x+1} \right)} \frac{\sqrt{x}}{x+3}\\
&=
\lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{\sin \left( \frac{\sqrt{x}}{x+3} \right)}{ \frac{\sqrt{x}}{x+3}}\frac{1}{\sqrt{x+4}\frac{\ln \left( 1+\frac{1}{x+1}\right)}{\frac{1}{x+1}}}(x+1) \frac{\sqrt{x}}{x+3}\\
&=
\lim_{y \rightarrow 0}\frac{\sin \left(y \right)}{ y}\lim_{z \rightarrow 0}\frac{1}{\frac{\ln \left( 1+z\right)}{z}} \lim_{x \rightarrow +\infty}\frac{\sqrt{x}(x+1)}{(x+3)\sqrt{x+4}}\\
&=1.
\end{aligned}
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x \rightarrow -\infty} \sqrt{x^2 + x} \cdot \tg \left( \frac{1}{x} \right).$$
\tagged{teach}{\begin{res}-1\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \rightarrow -\infty} \sqrt{x^2 + x} \cdot \tg \left( \frac{1}{x} \right)
&=
\lim_{x \rightarrow -\infty} |x|\sqrt{1 + \frac{1}{x}} \cdot\frac{\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\frac{1}{x}}\cdot \frac{1}{x}\frac{1}{\cos\left(\frac{1}{x}\right)}\\
&=
\lim_{x \rightarrow -\infty} \frac{\mathrm{sgn}(x)x\sqrt{1 + \frac{1}{x}}}{x} \cdot\lim_{y \rightarrow 0}\frac{\sin\left(y\right)}{y}\cdot \lim_{x \rightarrow -\infty}\frac{1}{\cos\left(\frac{1}{x}\right)}\\
&=
\lim_{x \rightarrow -\infty}\mathrm{sgn}(x) \\
&= -1.
\end{aligned}
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
%====
\begin{pr}
Dokažte
$$\lim_{x\to 0} \frac{\arcsin x}{x}=1, \quad \lim_{x\to 0^+} \frac{\arccos x - \frac{\pi}{2}}{x}=-1.$$
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to 0} \frac{\arcsin x}{x}
&=
\lim_{y\to 0} \frac{y}{\sin(y)} = 1,
\end{aligned}
$$
kde jsme použili substituci $x = \sin(y)$ a referenční limitu. V druhém případě platí
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to 0^+} \frac{\arccos x - \frac{\pi}{2}}{x}
&=
\lim_{y\to \frac{\pi}{2}^-} \frac{y-\frac{\pi}{2}}{\cos(y)}\\
&=
\lim_{y\to \frac{\pi}{2}^-} \frac{y-\frac{\pi}{2}}{\cos(y + \frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2})}\\
&=
\lim_{y\to \frac{\pi}{2}^-} \frac{y-\frac{\pi}{2}}{-\sin(y - \frac{\pi}{2})}\\
&=
\lim_{z\to 0^-} \frac{z}{-\sin(z)} = -1,
\end{aligned}
$$
kde jsme použili substituci $x = \cos y$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x\to 0} \frac{\arctg x}{x}, \quad \lim_{x\to +\infty} x\arccotg x.$$
\tagged{teach}{\begin{res}1,1\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$
\lim_{x\to 0} \frac{\arctg x}{x}
=
\lim_{y\to 0} \frac{y}{\tg y}
=
\lim_{y\to 0} \frac{y}{\sin y}\cos y
=1,
$$
kde jsme použili substituci $x = \tg y$. Dále
$$
\lim_{x\to +\infty} x\arccotg x
=
\lim_{y\to 0} y\cotg y
=
\lim_{y\to 0} y\frac{\cos y}{\sin y}
=1.
$$
V druhé rovnosti byla použita substituce $x = \cotg y$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$
\lim_{x \to 1} x^{\frac{1}{1-x}}.
$$
\tagged{teach}{\begin{res}
$e^{-1}$
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vhodnými úpravami převedeme limitu na tvar referenční limity. Platí
\begin{align*}
\lim_{x \to 1} x^{\frac{1}{1-x}}
&= \lim_{x \to 1} \left( 1 - 1 + x \right)^{\frac{1}{1-x}}
\\
&= \lim_{x\to 1} \left[\left(1 + (- 1 + x) \right)^{\frac{1}{-1+x}}\right]^{\frac{-1+x}{1-x}}
\\
&= e^{-1},
\end{align*}
jelikož $\lim_{x \to 1}\left(1 + (- 1 + x) \right)^{\frac{1}{-1+x}} = e$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$
\lim_{x \to 0^+} \left(\arcsin x\right)^{\tg x}.
$$
\tagged{teach}{\begin{res}1\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Ekvivalentními úpravami získáme
\begin{align*}
\lim_{x \to 0^+} \left(\arcsin x\right)^{\tg x}
= \lim_{x \to 0^+} \left(\frac{\arcsin x}{x} x\right)^{\tg x}
= \lim_{x \to 0^+} \left(\frac{\arcsin x}{x}\right)^{\tg x} x^{\tg x}.
\end{align*}
Zároveň $\lim_{x \to 0^+} \frac{\arcsin x}{x} = 1$ a
\begin{align*}
x^{\tg x}
&= e^{\tg x \ln x} = e^{\frac{\tg x}{x} x\ln x}.
\end{align*}
Protože $\lim_{x \to 0} \frac{\tg x}{x} = 1 $ a $\lim_{x \to 0} x \ln x = 0$ je
$$
\lim_{x \to 0+} x^{\tg x} = e^0 = 1.
$$
Celkově dostáváme
$$
\lim_{x \to 0^+} \left(\arcsin x\right)^{\tg x}
= \lim_{x \to 0^+} \left(\frac{\arcsin x}{x}\right)^{\tg x} x^{\tg x}
= 1.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x\to 1^-} \frac{\arccos x}{\sqrt{1-x}}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\sqrt{2}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pomocí substituce $x = \cos y$ dostáváme
$$
\begin{aligned}
\lim_{x\to 1^-} \frac{\arccos x}{\sqrt{1-x}}
&=
\lim_{y\to 0_+} \frac{y}{\sqrt{1-\cos y}}\cdot\frac{\sqrt{1+\cos y}}{\sqrt{1+\cos y}}\\
&=
\lim_{y\to 0_+} y\frac{\sqrt{1+\cos y}}{\sqrt{\sin^2 y}}\\
&=
\lim_{y\to 0_+} y\frac{\sqrt{1+\cos y}}{|\sin y|}\\
&=
\lim_{y\to 0_+} \mathrm{sgn}(\sin y)y\frac{\sqrt{1+\cos y}}{\sin y}\\
&= \sqrt{2}.
\end{aligned}
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x \rightarrow 0_+} \frac{\ln \left( \frac{2}{\pi} \arccos x \right)}{\sqrt{x}} \cdot \frac{e^{\tg \sqrt{\sin x}}-1}{\sin x}$$
\tagged{teach}{\begin{res}$-2/\pi$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Výraz převedeme na známe referenční limity. Platí
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \rightarrow 0_+} &\frac{\ln \left( \frac{2}{\pi} \arccos x \right)}{\sqrt{x}} \cdot \frac{e^{\tg \sqrt{\sin x}}-1}{\sin x}\\
&=
\lim_{x \rightarrow 0_+} \frac{\ln \left( 1+ \frac{2}{\pi} \arccos x -1\right)}{\frac{2}{\pi} \arccos x -1} \cdot \frac{e^{\tg \sqrt{\sin x}}-1}{\tg \sqrt{\sin x}}\frac{\left(\frac{2}{\pi} \arccos x -1\right)\tg \sqrt{\sin x}}{\sin (x) \sqrt{x}}
\\
&= \lim_{x \to 0_+}\frac{\frac{2}{\pi}\left(\arccos x -\frac{\pi}{2}\right)}{x}\frac{\sqrt{x}\tg \sqrt{\sin x}}{\sin (x)} \\
&=
-\frac{2}{\pi}\lim_{x \rightarrow 0_+}\frac{\tg \sqrt{\sin x}}{\sqrt{\sin x}} \frac{\sqrt{\sin x}}{\sqrt{x}} \frac{\sqrt{x}\sqrt{x}}{\sin x}
\\
\\
&=-\frac{2}{\pi},
\end{aligned}
$$
kde jsme ve 3. rovnosti využili toho, že $\lim_{x\to 0^+} \frac{\arccos x - \frac{\pi}{2}}{x}=-1$ (viz. příklad 10.19).
\end{postup}
}
\end{pr}
%=======================
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x \rightarrow a} \frac{x^\alpha - a^\alpha}{x-a},$$
kde $a \in \R^+$, $\alpha \in \R$.
\tagged{teach}{\begin{res}$\alpha a^{\alpha-1}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \rightarrow a} \frac{x^\alpha - a^\alpha}{x-a}
&=
\lim_{x \rightarrow a} a^{\alpha-1}\frac{\left(\frac{x}{a}\right)^\alpha - 1}{\frac{x}{a}-1}\\
&=
a^{\alpha-1} \lim_{y \rightarrow 1} \frac{\left(y\right)^\alpha - 1}{y-1}\\
&=
a^{\alpha-1}\lim_{y \rightarrow 1} \frac{e^{\alpha\ln\left(y\right)} - 1}{y-1}\\
&=
a^{\alpha-1}\lim_{y \rightarrow 1} \frac{e^{\alpha\ln\left(y\right)} - 1}{\alpha\ln(y)}\frac{\alpha\ln(y)}{y-1}\\
&=
a^{\alpha-1}\lim_{z \rightarrow 0} \frac{e^{z} - 1}{z}\lim_{v \rightarrow 0}\frac{\alpha\ln(v+1)}{v}\\
&=a^{\alpha-1}\alpha.
\end{aligned}
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x \rightarrow b} \frac{a^x - a^b}{x-b},$$
kde $a \in \R^+$, $a\ne 0$, $b \in \R$.
\tagged{teach}{\begin{res}$a^b\ln(a)$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \rightarrow b} \frac{a^x - a^b}{x-b}
&=
a^b\lim_{x \rightarrow b} \frac{a^{x-b} - 1}{x-b}\\
&=
a^b\lim_{x \rightarrow b} \frac{e^{(x-b)\ln(a)}- 1}{(x-b)\ln(a)}\ln(a)\\
&=
a^b\lim_{y \rightarrow 0} \frac{e^y- 1}{y}\ln(a)\\
&=a^b\ln(a).
\end{aligned}
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte
$$\lim_{x \rightarrow a} \frac{\sinh x - \sinh a}{x-a},$$
kde $a \in \R$.
\tagged{teach}{\begin{res}$\cosh (a)$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \rightarrow a} \frac{\sinh x - \sinh a}{x-a}
&=
\lim_{x \rightarrow a} \frac{e^x-e^{-x}-e^a+e^{-a}}{2(x-a)}\\
&=
\lim_{x \rightarrow a} \frac{e^a\left(e^{x-a}-1\right)}{2(x-a)}+\frac{e^{-a}\left(e^{a-x}-1\right)}{2(a-x)}\\
&=
e^a\lim_{y \rightarrow 0} \frac{\left(e^{y}-1\right)}{2y}+e^{-a}\lim_{z \rightarrow 0}\frac{\left(e^{z}-1\right)}{2z}\\
&=
\frac{e^a+e^{-a}}{2}\\
&=
\cosh(a).
\end{aligned}
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
%=====================================================
\subsection{Derivace funkce}
\begin{pr}
Z definice spočítejte derivace následujících funkcí v libovolném bodě jejich definičního oboru.
\begin{enumerate}
\item $f(x) = x^2-2x+5$
\item $f(x) = x^n$, kde $n\in\Z$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}i. $2x-2$, ii. $n\cdot x^{n-1}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor obou funkcí jsou všechna reálná čísla. Pro $x = 0$ jsou obě funkce nulové a jistě jejich derivace jsou v bodě $x = 0$ také nulové. Tento bod jsme vyšetřili zvlášť, abychom případně nedělili nulou (bod ii.). Pro libovolné $x\in \R\setminus \{0\}$ platí
\begin{enumerate}
\item
$$
\begin{aligned}
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{(x+h)^2-2(x+h)+5-x^2+2x-5}{h}\\
&=\lim_{h \rightarrow 0}2x+h-2\\
&=2x-2,
\end{aligned}
$$
\item
\begin{enumerate}
\item $n = 0$: $\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h} =\lim_{h \rightarrow 0} 0 = 0.$
\item $n > 0$:
$$
\begin{aligned}
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{(x+h)^n-x^n}{h}\\
&=\lim_{h \rightarrow 0}\frac{h\sum_{k = 0}^{n-1}(x+h)^kx^{n-k-1}}{h}\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\sum_{k = 0}^{n-1}x^{n-k-1+k}\left(1+\frac{h}{x}\right)^k\\
&=
x^{n-1}\lim_{h \rightarrow 0}\sum_{k = 0}^{n-1}\left(1+\frac{h}{x}\right)^k\\
&=
n\cdot x^{n-1}.
\end{aligned}
$$
\item $n < 0$:
$$
\begin{aligned}
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{(x+h)^n-x^n}{h}\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{1}{h}\left(\frac{1}{(x+h)^{-n}}-\frac{1}{x^{-n}}\right)\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{1}{h}\left(\frac{x^{-n} - (x+h)^{-n}}{(x+h)^{-n} x^{-n}}\right)\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{1}{h}\left(\frac{-h\sum_{k = 0}^{-n-1}(x+h)^kx^{-n-k-1}}{(x+h)^{-n} x^{-n}}\right)\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{1}{h}\left(\frac{-hx^{-n-1}\sum_{k = 0}^{-n-1}\left(1+\frac{h}{x}\right)^k}{(x+h)^{-n} x^{-n}}\right)\\
&= \frac{-x^{-n-1}(-n)}{x^{-2n}} \\
&= n x^{n-1}
\end{aligned}
$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
Celkově tedy můžeme psát pro všechna $n \in \Z$ a $x \in \R$: $\left( x^n \right)^\prime = n x^{n-1}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Z definice spočítejte derivace následujících funkcí v libovolném bodě jejich definičního oboru.
\begin{enumerate}
\item $f(x) = \cos{x}$
\item $f(x) = \sin{x}$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}i. $-\sin{(x)}$, ii. $\cos{(x)}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkcí je $\R$. Pro libovolné $x\in \R$ dostáváme
\begin{enumerate}
\item
$$
\begin{aligned}
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\cos(x+h)-\cos(x)}{h}\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\cos(x)\cos(h)-\sin(x)\sin(h)-\cos(x)}{h}\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\cos(x)\left(\cos(h)-1\right)}{h}-\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\sin(x)\sin(h)}{h}\\
&=
\cos(x)\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\left(\cos^2(h)-1\right)}{h(\cos(h)+1)}-\sin(x)\\
&=
\frac{\cos(x)}{2}\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\left(-\sin^2(h)\right)}{h^2}h-\sin(x)\\
&=0-\sin(x) = -\sin(x).
\end{aligned}
$$
\item
$$
\begin{aligned}
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\sin(x+h)-\sin(x)}{h}\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\sin(x)\cos(h)-\cos(x)\sin(h)-\sin(x)}{h}\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\sin(x)\left(\cos(h)-1\right)}{h}+\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\cos(x)\sin(h)}{h}\\
&=0+\cos(x) = \cos(x).
\end{aligned}
$$
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Z definice spočítejte derivace následujících funkcí v libovolném bodě jejich definičního oboru.
\begin{enumerate}
\item $f(x) = e^x$
\item $f(x) = \ln{x}$ (a poté odvoďte i vzorec pro $(\log_a{x})'$).
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}i. $\mathrm{e}^x$, ii. $\frac{1}{x}, \frac{1}{x\mathrm{ln}(a)}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Definiční obor funkce je $D_f = \R$. Pro libovolné $x\in \R$ dostáváme
$$
\begin{aligned}
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h}\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}e^x\frac{e^{h}-1}{h}\\
&=e^x,
\end{aligned}
$$
\item Definiční obor funkce je $D_f = \R^+$. Pro libovolné $x\in \R^+$ dostáváme
$$
\begin{aligned}
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\ln(x+h)-\ln(x)}{h}\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\ln(1+\frac{h}{x})}{\frac{h}{x}}\frac{1}{x}\\
&=
\lim_{y \rightarrow 0}\frac{\ln(1+y)}{y}\frac{1}{x}\\
&=\frac{1}{x},
\end{aligned}
$$
Pro funkci $f(x) = \log_a x$ dostáváme
$$
\begin{aligned}
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\mathrm{log}_a(x+h)-\mathrm{log}_a(x)}{h}\\
&=
\lim_{h \rightarrow 0}\frac{\mathrm{log}_a(1+\frac{h}{x})}{\frac{h}{x}}\frac{1}{x}\\
&=
\lim_{y \rightarrow 0}\frac{\mathrm{log}_a(1+y)}{y}\frac{1}{x}\\
&=
\lim_{y \rightarrow 0}\frac{\ln(1+y)}{\ln(a)y}\frac{1}{x}\\
&=
\frac{1}{x\ln(a)}.
\end{aligned}
$$
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
% \begin{pr}
% Dokažte:
% \begin{itemize}
% \item Nechť $f$ je diferencovatelná v bodě $x_0$. Pak je $f$ v bodě $x_0$ spojitá.
% \item Nechť $f$ má v bodě $x_0$ derivaci. Pak $f$ nemusí být v bodě $x_0$ spojitá.
% \item Nechť $f$ je spojitá v bodě $x_0$. Pak $f$ nemusí být v bodě $x_0$ diferencovatelná.
% \end{itemize}
% \end{pr}
\begin{pr}
Rozeberte vztah mezi existencí derivace a spojitostí. Na příkladě ukažte, že existence nevlastní derivace není postačující podmínka pro spojitost.
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vztah rozebereme v několika bodech větách. Pokud je funkce diferencovatelná v bodě $x_0$, je funkce v bodě $x_0$ spojitá. Předpoklad diferencovatelnosti nelze zeslabit na existenci derivace. Jako protipříklad lze vzít funkci $f(x) = \sgn x$, která není v 0 spojitá, ale má derivaci rovnu $+\infty$. Implikaci ve větě také nelze obrátit. Jako protipříklad lze vzít funkci $f(x) = |x|$, která je spojitá v 0, ale derivace v 0 neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že je--li funkce $f$ diferencovatelná v bodě $x$ a $n\in\N$, potom
$$\lim_{n\to+\infty}n\Bigg(f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)\Bigg)=f'(x).$$
Vyplývá naopak z existence této limity existence derivace?
%\tagged{teach}{\begin{res}Stačí na funkci $h\mapsto (f(x+h)-f(x))/h$ aplikovat Heineho větu. Existence dané limity ale není postačující podmínkou pro existenci derivace. Uvažujte např. Dirichletovu funkci ($D(x)=1$ pro $x\in\Q$, $D(x)=0$ pro $x\in\R\setminus\Q$) v libovolném bodě.\end{res}}
\tagged{teach}{
\begin{res}
ne
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definujte funkci
$$
g(h) = \frac{f(x+h) - f(x)}{h}.
$$
Pak pro limitu v 0 platí
$$
\lim_{h \to 0} g(h) = f^\prime (x) \in \R,
$$
kdy limita existuje z předpokladu diferencovatelnosti. Z Heineho věty pak plyne, že $\lim_{n \to +\infty} g(x_n) = f^\prime (x) $, pro každou posloupnost ($x_n$) splňující $\lim_{n \to +\infty}{x_n} =0$. Vezměme jako posloupnost $x_n = \frac{1}{n}$. Pak dostáváme
$$
f^\prime (x) = \lim_{n \to +\infty} g(x_n) = \lim_{n \to +\infty} \frac{f(x+\frac{1}{n}) - f(x)}{\frac{1}{n}}
=\lim_{n \to +\infty} n \left( f(x+\frac{1}{n}) - f(x)\right).
$$
Existence dané limity ovšem není postačující podmínkou pro existenci derivace. Například $f(x) = |x|$ nemá v nule derivace, ale zároveň daná limita posloupnosti existuje a rovná se
$$
\lim_{n\to+\infty}n\Bigg(f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)\Bigg)
= \lim_{n\to+\infty} n \left( |\frac{1}{n}| - 0 \right) = 1.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
