Součásti dokumentu MAN1priklady
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN1priklady}
\setcounter{section}{3}
\section{Čtvrtý týden}
\subsection{Supremum a infimum množiny}
\begin{pr}
Zapište pomocí kvantifikátorů definice minima, maxima, infima a suprema podmnožiny $\R$.
Čemu se rovná $\sup \emptyset$ a $\inf \emptyset$?
\end{pr}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Nechť $ M \subset \mathbb{R} $. Pak
\begin{enumerate}
\item $a \in M$ je minimem $ M $, právě když $(\forall x \in M )( a \leq x )$,
\item $a \in M$ je maximem $ M $, právě když $(\forall x \in M )( a \geq x )$,
\item $a \in \overline{\R}$ je infimem (největší dolní závora) $ M $, právě když
\begin{align*}
( \forall x \in M )( x \geq a ),
\\
(\forall b \in \R, b > a)(\exists x \in M)(x < b).
\end{align*}
\item $a \in \overline{R}$ je supremem (nejmenší horní závora) $ M $, právě když
\begin{align*}
( \forall x \in M )( x \leq a ),
\\
(\forall b \in \R, b < a)(\exists x \in M)(x > b).
\end{align*}
\end{enumerate}
Pro prázdnou množinu platí $\sup \emptyset = -\infty $ a $\inf \emptyset = +\infty $.
\end{postup}
}
\begin{pr}
Zkuste uhádnout $\sup M,\, \inf M,\, \max M,\, \min M$ a následně své tipy dokažte:
$$M=\left\{\frac{2n}{3n+1} \,\bigg|\, n\in\N\right\}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\min M = \inf M=1/2$, $\sup M=2/3$, maximum neexistuje\end{res}}
\end{pr}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipneme si, že minima je nabýváno pro $ n = 1 $, tento tip následně ověříme. Platí:
\begin{align*}
\frac{2n}{3n+1} &\geq \frac{1}{2},\\
4n &\geq 3n+3,\\
n&\geq 1.
\end{align*}
Minima je tedy opravdu nabýváno pro $n=1$ a má hodnotu $\frac{1}{2}$.
Protože minimum $ M $ existuje, pak $ \inf M = \min M $. U suprema tipujeme (na základě limitního přechodu) hodnotu $\frac{2}{3},$ tento tip následně ověříme.
\begin{enumerate}
\item Nejdříve ukážeme, že 2/3 je horní závora:
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
%\sup M = 2/3 & \iff
\left(\forall n \in \mathbb{N}\right)&\left(\frac{2n}{3n+1} \leq \frac{2}{3}\right), \\
2n &\leq \frac{2}{3}(3n+1), \\
2n &\leq 2n + \frac{2}{3}, \\
0 &\leq \frac{2}{3}.
\end{aligned}
\end{equation}
\item Nyní ukážeme, že je to nejmenší horní závora:
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
%\sup M = 2/3 \iff &
(\forall \varepsilon >0 )&( \exists n \in \mathbb{N})\left(\frac{2n}{3n+1} > \frac{2}{3} - \varepsilon \right), \\
2n &> 2n + \frac{2}{3} - 3\varepsilon n - \varepsilon, \\
n &> \frac{1}{3\varepsilon} \left( \frac{2}{3} - \varepsilon \right) = \frac{2}{9\varepsilon} - \frac{1}{3}. \\
\end{aligned}
\end{equation}
Nyní stačí volit $ n = \floor{|\frac{2}{9\varepsilon} - \frac{1}{3}|} + 1 $.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\begin{pr}
Zkuste uhádnout $\sup M,\, \inf M,\, \max M,\, \min M$ a následně své tipy dokažte:
$$M=\left\{\frac{x^3}{x^2+10}\,\bigg|\, x\in\R\right\}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\inf M=-\infty,\ \sup M=+\infty$, minimum ani maximum neexistuje\end{res}}
\end{pr}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item $ \inf M = -\infty $:
% \item Nejdříve ukážeme, že $ -\infty $ je dolní závora
% \begin{equation} \nonumber
% \begin{aligned}
% \inf M = -\infty \iff & (\forall x \in \mathbb{R})\left(\frac{x^3}{x^2+10} \geq -\infty\right) \\
% & ( \text{platí } x^2+10 > 0 ) \\
% \iff & x^3 \geq -\infty \qquad (\text{což platí})
% \end{aligned}
% \end{equation}
Ukážeme, že množina je neomezená zdola, tedy
\begin{equation} \nonumber
\inf M = -\infty \iff \left(\forall c \in \mathbb{R})(\exists x \in \mathbb{R}\right)\left(\frac{x^3}{x^2+10} < c \right).
\end{equation}
Předpokládejme, že $x$ je záporné. Pomocí odhadu shora dostaneme
\begin{equation} \nonumber
\frac{x^3}{x^2 + 10} < \frac{x^3}{2x^2} =
\frac{x}{2} < c
\end{equation}
pro $x^2>10$. Stačí tedy volit například $x=-2|c|-10$.
% \textcolor{red}{DODĚLAT: Složité. Jeden reálný kořen existuje ale je to šílenost. Pak by z grafu funkce bylo vidět, jaké $ x $ volit.
\item $ \sup M = +\infty $:
Ukážeme, že množina je neomezená shora,
\begin{equation} \nonumber
\sup M = +\infty \iff \left(\forall c \in \mathbb{R})(\exists x \in \mathbb{R}\right)\left(\frac{x^3}{x^2+10} > c \right).
\end{equation}
Opět využijeme vhodného odhadu. Pro $x>0$, kde $x^2>10$, platí
\begin{equation} \nonumber
\frac{x^3}{x^2 +10}> \frac{x^{3}}{x^2 + x^2} =\frac{x}{2} >c.
\end{equation}
Stačí tedy volit například $\max\lbrace 2c+1,100\rbrace$.
\end{itemize}
Minimum ani maximum množiny $M$ neexistuje.
\end{postup}
}
\begin{pr}
Zkuste uhádnout $\sup M,\, \inf M,\, \max M,\, \min M$ a následně své tipy dokažte:
$$M=\left\{\frac{2\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+2}\,\bigg|\, x\in(0,+\infty)\right\}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\inf M=-3/2,\ \sup M=2$, minimum ani maximum neexistuje\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
%\\
%Je vidět, že minimum a maximum množiny $ M $ neexistuje. v případě, kdy by do definičního oboru byla zahrnuta i nula, pak $ \min M = \inf M $.
%\\
\begin{itemize}
\item $ \inf M = -3/2 $:
\begin{enumerate}
\item Nejdříve ukážeme, že -3/2 je dolní závora:
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
%\inf M = -3/2 \iff &
\left(\forall x \in (0,+\infty)\right)&\left(\frac{2\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+2} \geq -3/2\right), \\
2\sqrt{x}-3 &\geq -\frac{3}{2}(\sqrt{x}+2), \\
2\sqrt{x}-3 &\geq -\frac{3}{2}\sqrt{x} - 3, \\
\frac{7}{2} \sqrt{x} &\geq 0, \\
\sqrt{x} &\geq 0.
\end{aligned}
\end{equation}
\item Nyní ukážeme, že je to největší dolní závora
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
%\inf M = -3/2 \iff &
\left(\forall \varepsilon >0 \right) &\left( \exists x \in (0,+\infty) \right), \left(\frac{2\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+2} < -3/2 + \varepsilon \right), \\
2\sqrt{x}-3 &< -\frac{3}{2} \sqrt{x} - 3 + \varepsilon \sqrt{x} + 2 \varepsilon, \\
\left(\frac{7}{2} - \varepsilon\right) \sqrt{x} &< 2 \varepsilon .
\end{aligned}
\end{equation}
Pro $ \varepsilon \geq \frac{7}{2} $ nerovnice platí pro libovolné $x$, volíme tedy například $x=68$ (\#jardajagr). V opačném případě stačí volit $ \sqrt{x} = \varepsilon (\frac{7}{2} - \varepsilon)^{-1} $, tedy přesněji, za $x$ volíme druhou mocninu tohoto výrazu. Infimum není nabýváno, tedy minimum neexistuje.
\end{enumerate}
\item $ \sup M = 2 $:
\begin{enumerate}
\item Nejdříve ukážeme, že 2 je horní závora:
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
%\sup M = 2 \iff &
\left(\forall x \in (0,+\infty)\right)&\left(\frac{2\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+2} \leq 2 \right), \\
2\sqrt{x}-3 &\leq 2(\sqrt{x}+2), \\
2\sqrt{x}-3 &\leq 2\sqrt{x} +4, \\
0 &\leq 1.
\end{aligned}
\end{equation}
\item Nyní ukážeme, že je to nejmenší horní závora:
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
%\sup M = 2 \iff &
\left(\forall \varepsilon >0 \right)& \left( \exists x \in (0,+\infty) \right) \left(\frac{2\sqrt{x}-3}{\sqrt{x}+2} > 2 - \varepsilon \right), \\
2\sqrt{x}-3 &> 2\sqrt{x} + 4 - \varepsilon \sqrt{x} - 2 \varepsilon, \\
\varepsilon \sqrt{x} &> 7 - 2 \varepsilon, \\
\sqrt{x} &> \frac{7}{\varepsilon} - 2.
\end{aligned}
\end{equation}
Nyní stačí volit například $ \sqrt{x} = \frac{7}{\varepsilon} $, tedy $x=\frac{49}{\varepsilon^2}$. Supremum není nabýváno, maximum tedy neexistuje.
\end{enumerate}
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zkuste uhádnout $\sup M,\, \inf M,\, \max M,\, \min M$ a následně své tipy dokažte:
$$M=\bigcap_{n\in\N} \left(1-\frac{1}{n},2\right).$$
\tagged{teach}{\begin{res}
%$M=\langle 1,2)$
$\min M = \inf M = 1$, $\sup M = 2$, maximum neexistuje
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Dokážeme, že $M = \langle 1,2)$. Inkluze $\langle 1,2) \subset M$ je jednoduchá. Nechť $x \in \langle 1,2)$, pak
$$
1 \leq x < 2,
$$
a tedy jistě pro každé $n \in \N$ platí, že
$$
1 - \frac{1}{n} < x < 2,
$$
a celkem tedy $x \in M$. Druhá inkluze $M \subset \langle 1,2)$. Nechť $x \in M$, pak $x$ musí splňovat dvě nerovnosti:
$$
1 - \frac{1}{n} < x, \forall n \in \N,
$$
a
$$
x < 2.
$$
Z první podmínky plyne, že $x \geq 1$, že druhé $x < 2$. Celkem $x \in \langle 1,2)$. Dokázali jsme tedy, že $M = \langle 1,2)$ a nyní je již úloha jednoduchá. Jednoduše lze ukázat, že $\min M = \inf M = 1$ a $\sup M = 2$. Maximum neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zkuste uhádnout $\sup M,\, \inf M,\, \max M,\, \min M$ a následně své tipy dokažte:
$$M=\bigcup_{n\in\N} \left(0,2-\frac{1}{n}\right\rangle.$$
\tagged{teach}{\begin{res}
%$M=(0,2)$
$\inf M = 0$, $\sup M = 2$, minimum ani maximum neexistuje
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Obdobně jako u minulého příkladu ukážeme, že $M = (0,2)$. Z toho již plyne, že minimum ani maximum neexistují, $\inf M = 0$ a $\sup M = 2$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zkuste uhádnout $\sup M,\, \inf M,\, \max M,\, \min M$ a následně své tipy dokažte:
$$M=\left\{\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^n+2}\,\bigg|\, n\in\N\right\}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\min M = \inf M=3/7,\ \sup M=1/2$, maximum neexistuje\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Tipneme si, že prvky množiny tvoří ostře rostoucí posloupnost, a minimum nastane pro $n=1$. Supremum si tipneme limitním přechodem $n \longrightarrow +\infty$, tj. tipneme $\sup M = \frac{1}{2}$.
Důkaz:
\begin{enumerate}
\item Minimum:
Ověříme, že minimum je rovno $\frac{3}{7}$:
\begin{align*}
\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^n+2} &\geq \frac{3}{7},\\
7 &\geq 3\left(\frac{1}{3}\right)^n+6,\\
1 &\geq 3\left(\frac{1}{3}\right)^n,\\
3^n &\geq 3,\\
n &\geq 1.
\end{align*}
Minimum je tedy skutečně nabýváno pro $n=1$ a má hodnotu $\frac{3}{7}$.
\item Supremum:
Nejprve ověříme, zda je $\frac{1}{2}$ horní závorou:
\begin{align*}
\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^n+2} &\leq \frac{1}{2},\\
2 &\leq \left(\frac{1}{3} \right)^n +2,\\
0 &\leq \left(\frac{1}{3} \right)^n.
\end{align*}
Jedna polovina je tedy skutečně horní závorou. Druhá podmínka suprema:
\begin{align*}
\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^n+2} &> \frac{1}{2}-\varepsilon,\\
\frac{2}{\left(\frac{1}{3}\right)^n+2} &> 1-2\varepsilon,\\
2&>(1-2\varepsilon)\left(2+\left(\frac{1}{3} \right)^n\right),\\
3^n&>\frac{1-2\varepsilon}{4\varepsilon}.
\end{align*}
Abychom mohli nerovnici zlogaritmovat, odhadneme výraz jeho absolutní hodnotou a současně v odhadu přičteme jedničku, abychom se vyvarovali logaritmování nuly (pro hodnotu $\varepsilon=\frac{1}{2}$). Platí
\begin{align*}
3^n>\left|\frac{1-2\varepsilon}{4\varepsilon}\right|+1 > \frac{1-2\varepsilon}{4\varepsilon}, \\
n>\log_{3}\left(\left|\frac{1-2\varepsilon}{4\varepsilon}\right|+1\right) .
\end{align*}
Vhodné $n$ můžeme volit například takto:
\begin{align*}
n =\left\lfloor\left|\log_{3}\left(\left|\frac{1-2\varepsilon}{4\varepsilon}\right|+1\right)\right|\right\rfloor+1.
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zkuste uhádnout $\sup M,\, \inf M,\, \max M,\, \min M$ a následně své tipy dokažte:
$$M=\left\{a+\frac{1}{a} \,\bigg|\, a\in(0,1)\right\}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\inf M=2,\ \sup M=+\infty)$, minimum ani maximum neexistuje\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Hypotéza: na intervalu $(0,1)$ by mohla být funkce monotonní. Jdeme-li s $a$ k nule (zprava), výraz jde k plus nekonečnu (tip na supremum), jdeme-li k jedničce, výraz jde ke dvojce (tip na infimum).
\begin{enumerate}
\item Infimum:
Nejprve ověříme, zda je $2$ dolní závorou:
\begin{align*}
a+\frac{1}{a}\geq 2,\\
a^2-2a+1 \geq 0,\\
(a-1)^2 \geq 0.
\end{align*}
Nerovnost platí, první podmínka infima splněna. Druhá podmínka má tvar
\begin{align*}
a+\frac{1}{a}< 2+\varepsilon, \\
\frac{a^2+1}{a}-2 < \varepsilon, \\
\frac{a^2-2a+1}{a} < \varepsilon.
\end{align*}
Nyní použijeme odhad, $a \in (0,1)$ platí tedy, že $a^2<1,$
\begin{align*}
\frac{a^2-2a+1}{a} &< \frac{1-2a+1}{a} < \varepsilon, \\
\frac{2-2a}{a}&<\varepsilon,\\
\frac{2}{2+\varepsilon}&<a.
\end{align*}
Pro splnění nerovnosti a současně zachování $a \in (0,1)$ stačí volit $a$ jako průměr mezi spodní hranicí a jedničkou, tedy
$$
a=\frac{1+\frac{2}{2+\varepsilon}}{2}=\frac{\varepsilon+4}{2(\varepsilon+2)}.
$$
\item $\sup M = +\infty$: chceme ukázat, že množina není shora omezená, tj.
$$
(\forall K \in \mathbb{R})(\exists a \in (0,1))\left(a+\frac{1}{a}>K \right).
$$
Platí
\begin{align*}
a+\frac{1}{a}>K\ \Leftrightarrow \ \frac{a^2+1}{a}>K.
\end{align*}
Dále využijeme odhad $a^2>0,$
\begin{align*}
\frac{a^2+1}{a}>\frac{1}{a} >K.
\end{align*}
Stačí tedy volit např. $a=\min \lbrace \frac{1}{2|K|}, \frac{1}{2} \rbrace$.
% stačí tedy volit $a<\frac{1}{K},$ pamatujme však na to, že nepřítel může být hloupý a předhodit nám malé (nebo dokonce záporné) $K,$ korektní je tedy volba např. $a=\min \lbrace \frac{1}{2|K|}, \frac{1}{2} \rbrace$ (aby platilo $a \in (0,1)$).
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zkuste uhádnout supremum, platnost své domněnky dokažte a rozhodněte, zda je supremum nabýváno:
% Dokažte následující tvrzení a rozhodněte, zda je supremum nabýváno.
$$\sup\left\{\frac{n^2+3n+5}{1-2n}\,\bigg|\, n\in\N\right\}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$-\frac{23}{5}$, nabýváno pro $n=3$.\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Množinu označíme $M$ a ukážeme, že $\sup M = -\frac{23}{5}$. Tuto hodnotu můžeme získat vyšetřováním monotonie posloupnosti tvořené prvky $M$. První podmínka má tvar
$$(\forall n \in N)\left(\frac{n^2+3n+5}{1-2n} \leq - \frac{23}{5}\right).$$
Ekvivalentními úpravami dostáváme
\begin{align*}
\frac{n^2+3n+5}{1-2n} \leq - \frac{23}{5}
\Leftrightarrow 5(n^2 + 3n+5) \geq -23(1-2n)
\Leftrightarrow 5n^2 - 31n + 48 \geq 0.
\end{align*}
Nerovnice má diskriminant $D = 9611-5\cdot 4\cdot 48 = 961-960 = 1$. Nulové body tedy jsou $n_1 =3$ a $n_2=\frac{16}{5}$. Výše uvedená nerovnost tedy platí pro všechna přirozená čísla a pro $n=3$ dokonce platí rovnost. Našli jsme tedy maximum dané množiny, které je současně supremem.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte následující tvrzení a rozhodněte, zda je infimum nabýváno.
$$\inf\left\{\frac{3x+1-2x^2}{x^2+5x}\,\bigg|\, x \in \R^+ \right\}=-2.$$
% \tagged{teach}{\begin{res}\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Nejprve ukažme, že $-2$ je dolní závorou, tj. $(\forall x > 0)\left(\frac{3x+1-2x^2}{x^2+5x} \geq -2\right)$.
Jednoduchými úpravami dostáváme
$$
3x + 1 - 2x^2 \geq -2x^2 - 10x \Leftrightarrow 1 \geq -13x,
$$
a výrok tedy platí. Rovnost nenastává pro žádná přípustná $x$.
Dále ověřujme druhou podmínku, tj.
$$
(\forall \varepsilon > 0)(\exists x > 0)(\frac{3x+1-2x^2}{x^2+5x} < -2+ \varepsilon).
$$Převedením -2 na levou stranu zjistíme, že máme za úkol nalézt $x >0$ tak, že
$$
\frac{3x+1-2x^2+2x^2 + 10x}{x^2+5x} = \frac{13x+1}{x^2+5x} < \varepsilon.
$$
S využitím odhadu dostáváme
$$
\frac{13x+1}{x^2+5x} \leq \frac{13x+13\cdot 5}{x^2+5x} = \frac{13(x+5)}{x(x+5)} =\frac{13}{x} < \varepsilon.
$$
Volíme tedy například $x := \frac{13}{\varepsilon} + 1$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zkuste uhádnout infimum a supremum následující množiny, platnost svých domněnek dokažte a rozhodněte, zda supremum a infimum jsou nabývána:
$$\left\{ (-1)^n+\frac{(-1)^{n+1}}{n} \,\bigg|\, n\in \N\right\}.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\sup M = 1$, $\inf M = -1$, nejsou nabývána \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item Tipneme, že $\sup M = 1$. Musíme ověřit dvě podmínky:
\begin{enumerate}
\item $(\forall n \in \N)\left((-1)^n+\frac{(-1)^{n+1}}{n} \leq 1\right)$: \\
Pokud bude $n$ sudé, pak předcházející nerovnost přejde na tvar $1 - \frac{1}{n} \leq 1$, což jistě platí. Pro $n$ liché dostáváme $-1+\frac{1}{n} \leq 1$, která opět platí.
\item $(\forall \varepsilon > 0)(\exists n \in \N)\left((-1)^n+\frac{(-1)^{n+1}}{n} > 1 - \varepsilon\right)$: \\
K danému $\varepsilon$ budeme $n$ hledat mezi sudými čísly. Pro ně předcházející rovnice dostane výraz
$$
1 - \frac{1}{n} - 1 > - \varepsilon \Leftrightarrow n > \frac{1}{\varepsilon}.
$$
Volme tedy např. $n = 2\lfloor\frac{1}{ \varepsilon }\rfloor+2$.
\\
\end{enumerate}
\item Nyní ukážeme, že $\inf M = -1$. Opět musíme ukázat dvě podmínky:
\begin{enumerate}
\item $(\forall n \in \N)\left((-1)^n+\frac{(-1)^{n+1}}{n} \geq -1\right)$: \\
Pro $n$ sudé dostáváme nerovnost $1 - \frac{1}{n} \geq -1$, která platí pro každé $n \in \N$. Pokud je $n$ liché pak dostáváme nerovnici $-1 + \frac{1}{n} \geq -1$, která také platí pro každé $n$.
\item $(\forall \varepsilon > 0)(\exists n \in \N)\left((-1)^n+\frac{(-1)^{n+1}}{n} < -1 + \varepsilon\right)$: \\
Budeme hledat mezi lichými $n$. Pak předcházející nerovnost přejde na tvar
$$
-1 + \frac{1}{n} < -1 +\varepsilon \Leftrightarrow n > \frac{1}{\varepsilon}.
$$
Volme tedy $n = 2\lfloor \frac{1}{\varepsilon}\rfloor + 1$.
\end{enumerate}
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte následující tvrzení a rozhodněte, zda je infimum nebo supremum nabýváno.
\begin{enumerate}
\item $\inf\{x^3-x^2-x+2\,|\, x\in\langle 0,2\rangle \}=1$,
\item $\sup\{x^3-x^2-x+2\,|\, x\in\langle 0,2\rangle \}=4$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}Obě jsou nabývána\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item První podmínka infima má tvar
\begin{align*}
x^3-x^2-x+2 \geq 1.
\end{align*}
Ekvivalentní úpravou lze převést na tvar
\begin{align*}
x^3-x^2-x+1 \geq 0.
\end{align*}
Pozorujeme, že $\pm 1$ jsou kořeny, po rozkladu (dělení polynomu polynomem) dostáváme nerovnost
\begin{align*}
(x-1)^2(x+1) \geq 0.
\end{align*}
Pro $x \in \left\langle 0,2\right\rangle$ předcházející nerovnost platí, navíc pro $x=1$ nastává rovnost. Našli jsme tedy minimum (a tedy i infimum).
\item První podmínka suprema má tvar
\begin{align*}
x^3-x^2-x+2 \leq 4.
\end{align*}
Ekvivalentní úpravou lze převést na tvar
\begin{align*}
x^3-x^2-x-2 \leq 0.
\end{align*}
Opět se dá uhádnout kořen $x=2$. Po rozkladu na součin dostáváme
\begin{align*}
(x^2+x+1)(x-2) \leq 0.
\end{align*}
Pro $x \in \left\langle 0,2\right\rangle$ je první závorka vždy kladná, druhá vždy nekladná. Rovnost nastává pro $x=2,$ našli jsme tedy maximum (a tedy i supremum).
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Zkuste uhádnout infimum a supremum následující množiny, platnost svých domněnek dokažte a rozhodněte, zda supremum a infimum jsou nabývána:
$$M = \left\lbrace \left. \frac{2n^2 +n +11}{n^2 +5} \right| n \in \mathbb{N} \right\rbrace.$$
\tagged{teach}{\begin{res}$\inf M = 2$, $\sup M = \frac{7}{3} $, supremum je nabýváno, infimum ne\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{itemize}
\item Nejprve ukážeme, že $\inf M = 2$. Opět ověřujeme dvě podmínky:
\begin{enumerate}
\item $(\forall n \in \N)\left(\frac{2n^2 +n +11}{n^2 +5} \geq 2 \right) $: \\
ekvivalentními úpravami dostáváme nerovnost $n +11 \geq 10$, která platí pro každé $n\in \mathbb{N}$. Rovnost nenastává pro žádné přirozené $n$.
\item $(\forall \varepsilon > 0)(\exists n \in \N)\left(\frac{2n^2 +n +11}{n^2 +5} < 2 + \varepsilon \right)$: \\
Nerovnost upravíme na tvar
$$\frac{2n^2 +n +11}{n^2 +5} < 2 + \varepsilon \Leftrightarrow \frac{n+1}{n^2 +5} < \varepsilon.$$
Potom pomocí jednoduchých odhadů dostáváme,
$$
\frac{n+1}{n^2 +5} < \frac{n+1}{n^2} < \frac{2n}{n^2} = \frac{2}{n} < \varepsilon.
$$
Stačí tedy volit $n= \lfloor \frac{2}{\varepsilon} \rfloor + 1$.
\end{enumerate}
\item Nyní ukážeme, že $\sup M = \frac{7}{3}$. V tomto případě máme ukázat
\begin{enumerate}
\item $(\forall n \in \N)\left(\frac{2n^2 +n +11}{n^2 +5} \leq \frac{7}{3} \right) $: \\
Platí
\begin{align*}
\frac{2n^2 +n +11}{n^2 +5} \leq \frac{7}{3}
&\Leftrightarrow 6 n^2 + 3n + 33 \leq 7n^2 + 35, \\
&\Leftrightarrow 0 \leq n^2 - 3n + 2.
\end{align*}
Polynom na pravé straně má kořeny $n_1 = 1$ a $n_2 = 2$. Vidíme tedy, že výrok platí. Zároveň nastává rovnost pro $n = 1$ či $n = 2,$ a tedy supremum je nabýváno a maximum existuje.
\end{enumerate}
\end{itemize}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Tipněte si supremum a infimum množiny
\begin{align*}
M = \left\lbrace \left. x \in \mathbb{R}^+_0 \right| \sin x \cos x =0\right\rbrace .
\end{align*}
Správnost svých tipů dokažte.
\tagged{teach}{\begin{res}$\sup M = +\infty$, $\inf M = 0$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Uvažujeme $x \in \mathbb{R}_{0}^{+},$ současně $x=0$ zjevně řeší danou rovnost, minimum (a tedy i infimum) množiny je tedy 0. Rovnici dále vyhovují všechna řešení ve tvaru $x=k\pi; \ k \in \mathbb{N}$ (tam je $\sin(x)=0,$ všechna řešení rovnice jsou $x=\frac{k\pi}{2}$), supremum množiny je tedy plus nekonečno, což formálně dokážeme. Chceme ukázat:
$$
(\forall K \in \mathbb{R})(\exists x \in \R^+_0, \, \sin x \cos x = 0)(x>K).
$$
V tomto případě stačí volit
$$
x=(\lfloor |K| \rfloor + 1)\pi.
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Buď
$$M=\left\{\sin{\frac{1}{n}} \,\bigg|\, n \in \N \right\}.$$
Určete, čemu se rovná $\inf M$ a svou hypotézu dokažte. Může se hodit nerovnost $\sin{x} \le x$ platná pro $x\ge 0$.
\tagged{teach}{\begin{res}$\inf M = 0$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Jdeme-li s $n \rightarrow +\infty$ argument se blíží nule, tedy náš tip je $\inf M = 0$. Tuto hypotézu následně ověříme.
\begin{enumerate}
\item První podmínka má tvar
$$
(\forall n \in \N)(\sin\left(\frac{1}{n} \right)\geq 0).
$$
Podmínka je splněna, neboť sinus je funkce kladná na intervalu $( 0, \pi )$, a tedy i na $\left( 0, 1 \right\rangle.$
\item Druhá podmínka má tvar
\begin{align*}
(\forall \varepsilon > 0)(\exists n \in N)(\sin\left(\frac{1}{n} \right)< \varepsilon).
\end{align*}
S využitím zmíněné nerovnosti dostáváme odhad
\begin{align*}
\sin\left(\frac{1}{n} \right)< \frac{1}{n} < \varepsilon.
\end{align*}
Stačí tedy volit
$n=\lfloor \frac{1}{\varepsilon}\rfloor +1$.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
%\begin{pr}
% Buď
% $$M=\left\{ \left| \arctg{\frac{1}{x}}\right| \,\bigg|\, x \in \R\setminus\{0\}\right\}.$$
% Určete, čemu se rovná $\inf M$ a $\sup M$ a svou hypotézu dokažte.
% \tagged{teach}{\begin{res}$\inf M=0,\, \sup M=\pi/2$\end{res}}
%\end{pr}
\begin{pr}
Buď
$$M_a=\{ ax^2 +2x -3ax-6 \,|\, x \in \R\}.$$
Určete, čemu se rovná $\inf M_a$ a $\sup M_a$ v závislosti na parametru $a \in \R$, a svou hypotézu dokažte.
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{itemize}
\item $a=0:$
$\sup M_a=+\infty,$ $\inf M_a=-\infty,$
\item $a>0:$
$\sup M_a=+\infty,$ $\inf M_a=-\frac{9a^2+12a+4}{4a},$
\item $a<0:$
$\sup M_a=-\frac{9a^2+12a+4}{4a},$ $\inf M_a=-\infty.$
\end{itemize}
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item $a=0$: Množina má tvar
\begin{align*}
M_0=\{2x -6 \,|\, x \in \R\}
\end{align*}
Množina je zjevně neomezená, infimum tedy bude $-\infty$ a supremum $+\infty,$ což formálně dokážeme. Pro supremum je třeba pro každé $K \in \R$ najít $x$ tak, aby platilo
\begin{align*}
2x-6&>K \Leftrightarrow x >\frac{K+6}{2}.
\end{align*}
Volíme tedy například $x=\frac{K+6}{2}+1.$
Podobně u infima pro každé $D \in \R$ hledáme $x$ splňující
\begin{align*}
2x-6&<D \Leftrightarrow x < \frac{D+6}{2}.
\end{align*}
Volíme tedy například $x=\frac{D+6}{2}-1.$
\item $a>0$:
Množina představuje konvexní parabolu, její supremum tedy bude jistě $+\infty,$ což následně ukážeme.
Pro každé $K \in \R$ chceme najít $x$ splňující
$$
ax^2+2x-3ax-6 >K \ \Leftrightarrow \ ax^2+2x-3ax-6-K >0.
$$
Ze vzorce pro řešení kvadratické rovnice pro $K \geq -6$ dostaneme, že vhodným $x$ je např.
$$
x= \frac{3a-2 + \sqrt{(2-3a)^2+4(6+K)a}}{2a} +10.
$$
Pro $K <-6$ můžeme volit např. $x=0$.
% Využijeme odhadu
% \begin{align*}
% ax^2+2x-3ax-6\geq 2x-3ax-6.
% \end{align*}
% Hledáme tedy takové $x,$ aby platilo
% \begin{align*}
% 2x-3ax-6>K \Leftrightarrow (2-3a)x>K+6.
% \end{align*}
% Pro $a \in \left(0, \frac{2}{3}\right)$ stačí tedy volit $x=\frac{K+6}{2-3a}+1,$ naopak pro $a \in \left(\frac{2}{3}, +\infty\right)$ volíme $x=\frac{K+6}{2-3a}-1$. Pro $a=\frac{2}{3}$ se vrátíme k původní rovnici, která přechází do konkrétního tvaru
% \begin{align*}
% \frac{2}{3}x^2-6>K,
% \end{align*}
% stačí tedy volit například $x=\sqrt{\frac{3(K+6)}{2}}+1.$
Při hledání infima nejprve nalezneme vrchol paraboly. Ten se nachází v bodě $$\left[\frac{3a-2}{2a}, -\frac{9a^2+12a+4}{4a} \right],$$ jehož druhá souřadnice je náš kandidát na minimum (infimum). Tento tip dokážeme. První podmínka má tvar
\begin{align*}
ax^2 +2x -3ax-6 \geq -\frac{9a^2+12a+4}{4a},\\
4a^2x^2+(8a-12a^2)x+(3a-2)^2 \geq 0.
\end{align*}
Diskriminant nerovnice je roven nule, dosazením zjistíme, že uvedená nerovnost platí. Současně pro $x=\frac{3a-2}{2a}$ nastává rovnost, našli jsme tedy minimum, a tedy i infimum.
\item $a<0$
V tomto případě množina představuje konkávní parabolu, infimum tedy bude $-\infty$ a suprema bude nabýváno ve vrcholu paraboly. Formální důkaz by proběhl analogicky jako v případě $a>0.$
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Mohou existovat dvě neprázdné podmnožiny $A,B\subset\R$ s vlastnostmi
$$\sup A=\sup B,\quad \inf A=\inf B, \quad A\cap B=\emptyset?$$
\tagged{teach}{\begin{res}ano, např. $A = \Q$ a $B = \R \setminus \Q$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Ano. Například $A$ lichá celá čísla, $B$ sudá celá čísla. Nebo racionální a iracionální čísla.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že pro $A,B\subset\R$ platí
$$\sup(A\cup B)=\max\{\sup A,\, \sup B\},\quad \inf(A\cup B)=\min\{\inf A,\, \inf B\}.$$
Diskutujte zvlášť případy, kdy $A$ nebo $B$ jsou prázdné či shora/zdola neomezené množiny.
% \tagged{teach}{\begin{res}\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item $\sup(A\cup B)=\max\{\sup A,\, \sup B\}$: \\
Nejprve diskutujme triviální případy. Pokud alespoň jedna množina je prázdná, např. $A = \emptyset, $ pak $A \cup B = B$, $\sup A = - \infty$, $\max\{\sup A, \sup B\} = \sup B$. Rovnost tedy platí. Pokud jedna množina je neomezená shora, např. $A,$ pak $\sup A = + \infty$, množina $A\cup B$ je taky neomezená a tvrzení opět triviální platí protože $\max\{+\infty,\sup B\} = +\infty$.
Nyní pro přehlednost definujme:
\begin{align*}
\sup A = \alpha, \\
\sup B = \beta. \\
\end{align*}
Jelikož to jsou suprema, víme, že platí 4 podmínky:
\begin{align}
(\forall x \in A)(x \leq \alpha) \label{eq: sup1},\\
(\forall \alpha^\prime \in \mathbb{R}, \alpha^\prime < \alpha)(\exists x \in A)(x > \alpha^\prime) \label{eq: sup2},\\
(\forall x \in B)(x \leq \beta) \label{eq: sup3},\\
(\forall \beta^\prime \in \mathbb{R}, \beta^\prime < \beta)(\exists x \in A)(x > \beta^\prime) \label{eq: sup4}.
\end{align}
Případ ještě rozdělíme na 2 případy - buď $\alpha \geq \beta$ či $\alpha < \beta$. V prvním případě máme $\max\{\alpha, \beta\}= \alpha$ a máme ukázat, že $\sup\{A\cup B\} = \alpha$. Z podmínek \eqref{eq: sup1} a \eqref{eq: sup3} plyne
\begin{align*}
(\forall x \in A \cup B)(x \leq \alpha),
\end{align*}
jelikož $\beta \leq \alpha$. Máme tedy dokázanou první podmínku suprema. V druhé podmínce máme ukázat, že
\begin{align*}
(\forall \alpha^\prime \in \mathbb{R}, \alpha^\prime < \alpha)(\exists x \in A\cup B)(x > \alpha^\prime).
\end{align*}
Ta je splněna díky podmínce \eqref{eq: sup2}. Ať nám totiž nepřítel dá libovolné $\alpha^\prime$ hledané $x\in A \cup B$ najdeme v množině $A$ podle podmínky \eqref{eq: sup2}, o které víme, že platí. Dokázali jsme tedy, že $\sup\{A\cup B\} = \alpha$, což jsme chtěli. V druhém případě, tj. kdy $\beta > \alpha$ postupujeme obdobně. Zrychleně tedy: máme dokázat, že $\sup\{A\cup B\} = \beta$. Opět spojením podmínek \eqref{eq: sup1} a \eqref{eq: sup3} dostáváme první podmínku suprema
\begin{align*}
(\forall x \in A \cup B)(x \leq \beta),
\end{align*}
jelikož $\beta > \alpha$. Druhá podmínka suprema nyní plyne z podmínky \eqref{eq: sup4}, z ní totiž plyne
\begin{align*}
(\forall \beta^\prime \in \mathbb{R}, \beta^\prime < \beta)(\exists x \in A\cup B)(x > \beta^\prime).
\end{align*}
\item $\inf(A\cup B)=\min\{\inf A,\, \inf B\}$
\\
Důkaz formálně stejný jako v případě suprem.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Buď $A\subset\R$. Definujme $-A:=\{-x|\, x\in A \}$. Dokažte, že
$$\sup -A=-\inf A,\quad \inf -A=-\sup A.$$
% \tagged{teach}{\begin{res}\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Dokážeme, že $\sup -A = -\inf A$. Pro přehlednost označme $\inf A = \alpha$. Pak z první podmínky infima máme
$$
(\forall x \in A )(x \geq \alpha).
$$
Vynásobením nerovnosti číslem $-1,$ dostáváme výrok
$$
(\forall x \in A )(-x \leq -\alpha) \Leftrightarrow (\forall x \in -A )(x \leq - \alpha),
$$
a tedy $-\alpha$ je horní závorou množiny $-A$. Nyní ukážeme, že tato závora je nejmenší. Druhá podmínka $\inf A = \alpha$ říká, že
$$
(\forall \alpha^\prime \in \R, \alpha^\prime > \alpha )(\exists x \in A)(x < \alpha^\prime).
$$
Tento výrok můžeme ekvivalentně přepsat:
\begin{align*}
&\Leftrightarrow (\forall \alpha^\prime \in \R, \alpha^\prime > \alpha )(\exists x \in A)(-x > -\alpha^\prime) \\
&\Leftrightarrow (\forall \alpha^\prime \in \R, \alpha^\prime > \alpha )(\exists x \in -A)(x > -\alpha^\prime) \\
&\Leftrightarrow (\forall -\alpha^\prime \in \R, -\alpha^\prime < -\alpha )(\exists x \in -A)(x > -\alpha^\prime),
\end{align*}
a tedy $-\alpha$ je nejmenší horní závora.
Druhá rovnost se dokáže obdobně.
\end{postup}
}
\end{pr}
%=====================================================
\subsection{Pojem posloupnost, vybraná posloupnost, monotonie posloupnosti}
\begin{pr}
Pomocí kvantifikátorů zapište definici omezenosti posloupnosti, definici vybrané posloupnosti a definici skorovybrané posloupnosti. Tyto definice znegujte.
\\
\tagged{teach}{
\begin{res}
\begin{itemize}
\item Posloupnost $(a_n)$ je omezená právě tehdy, když platí
$$
(\exists K \in \R) (\forall n \in \N )(|a_n| \leq K).
$$
Negace:
$$(\forall K \in \R) (\exists n \in \N )(|a_n| > K)$$.
\item
Posloupnost $(a_n)$ je vybraná z posloupnosti $(b_n)$ právě tehdy, když platí
$$
(\exists (k_n), \, \lsz k_n \psz \subset \N \land (\forall n \in \N) (k_{n+1}>k_n)) (\forall n \in \N )(a_n = b_{k_n}).
$$
Negace:
$$(\forall (k_n), \, \lsz k_n \psz \subset \N \land (\forall n \in \N) (k_{n+1}>k_n)) (\exists n \in \N )(a_n \neq b_{k_n})$$.
\item Posloupnost $(a_n)$ je skorovybraná z posloupnosti $(b_n)$ právě tehdy, když platí
$$
(\exists (k_n), \, \lsz k_n \psz \subset \N \ \land \ (\forall \alpha \in \R^{+}) (\exists n_0 \in \R )(\forall n \in \N, n>n_0)(a_n > \alpha)) (\forall n \in \N )(a_n = b_{k_n}).
$$
Negace:
$$(\forall (k_n), \, \lsz k_n \psz \subset \N \ \land \ (\forall \alpha \in \R^{+}) (\exists n_0 \in \R )(\forall n \in \N, n>n_0)(a_n > \alpha)) (\exists n \in \N )(a_n \neq b_{k_n})$$.
\end{itemize}
\end{res}}
% \tagged{complete}{
% \begin{postup}
% \begin{itemize}
% \item Posloupnost $(a_n)$ je omezená právě tehdy, když platí
% $$
% (\exists K \in \R) (\forall n \in \N )(|a_n| \leq K).
% $$
% Negace: $(\forall K \in \R) (\exists n \in \N )(|a_n| > K)$.
% \item
% Posloupnost $(a_n)$ je vybraná z posloupnosti $(b_n)$ právě tehdy, když platí
% $$
% (\exists (k_n), \, \lsz k_n \psz \subset \N \land (\forall n \in \N) (k_{n+1}>k_n)) (\forall n \in \N )(a_n = b_{k_n}).
% $$
% Negace: $(\forall (k_n), \, \lsz k_n \psz \subset \N \land (\forall n \in \N) (k_{n+1}>k_n)) (\exists n \in \N )(a_n \neq b_{k_n})$.
% \item Posloupnost $(a_n)$ je skorovybraná z posloupnosti $(b_n)$ právě tehdy, když platí
% $$
% (\exists (k_n), \, \lsz k_n \psz \subset \N \land (\forall K \in \R) (\exists n \in \N )(|k_n| > K)) (\forall n \in \N )(a_n = b_{k_n}).
% $$
% Negace: $(\forall (k_n), \, \lsz k_n \psz \subset \N \land (\forall K \in \R) (\exists n \in \N )(|k_n| > K)) (\exists n \in \N )(a_n \neq b_{k_n})$.
% \item Posloupnost $a_n$ je omezená shora právě tehdy, když
% $$
% \left(\exists H \in \mathbb{R} \right)\left(\forall n \in \mathbb{N} \right)\left(a_n \leq H \right).
% $$
% Negace tohoto výroku je pak
% $$
% \left(\forall H \in \mathbb{R} \right)\left(\exists n \in \mathbb{N} \right)\left(a_n > H \right).
% $$
% \item Posloupnost $a_n$ je omezená zdola právě tehdy, když
% $$
% \left(\exists D \in \mathbb{R} \right)\left(\forall n \in \mathbb{N} \right)\left(a_n \geq D \right).
% $$
% Negace tohoto výroku je pak
% $$
% \left(\forall D \in \mathbb{R} \right)\left(\exists n \in \mathbb{N} \right)\left(a_n < D \right).
% $$
% \item Posloupnost $a_n$ je omezená právě tehdy, když je omezená shora i zdola, tedy posloupnost není omezená právě tehdy, když není omezená shora nebo není omezená zdola.
% \item Posloupnost $b_n$ nazveme vybranou z posloupnosti $a_n$, pokud existuje ostře rostoucí posloupnost přirozených čísel $k_n$ tak, že $(\forall n \in \mathbb{N})(b_n=a_{k_n}).$ Negace: pro každou ostře rostoucí posloupnost přirozených čísel $k_n$ $(\exists n \in \mathbb{N})(b_n \neq a_{k_n}).$
% \item Posloupnost $b_n$ nazveme skorovybranou z posloupnosti $a_n$, pokud existuje posloupnost přirozených čísel $k_n$ s limitou $+\infty$ tak, že $(\forall n \in \mathbb{N})(b_n=a_{k_n}).$ Negace: pro každou posloupnost přirozených čísel $k_n$ s limitou $+\infty$ $(\exists n \in \mathbb{N})(b_n \neq a_{k_n}).$
% \end{itemize}
% \end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o monotonii (ostrá/neostrá) a omezenosti posloupnosti $(a_n)$, kde
\begin{enumerate}
\item $\displaystyle a_n=\frac{n}{2^n}$,
\item $\displaystyle a_n=n^3-5n^2$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}$i.$ neostře klesající a omezená, $ii.$ omezená zdola\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Řešíme-li monotonii $\displaystyle a_n=\frac{n}{2^n},$ ptáme se, zda $(\forall n \in \mathbb{N})( a_{n+1}\leq a_{n})$. Platí
$$
\frac{n+1}{2^{n+1}}\leq \frac{n}{2^n}
\Leftrightarrow n+1 \leq 2n
\Leftrightarrow n \geq 1.
$$
Poslední nerovnost je pravdivá, a tedy pro každé $n$ přirozené platí $ a_{n+1}\leq a_{n}$. Posloupnost je (neostře) klesající, protože platí $a_1 = a_2 = \frac{1}{2}$.
Posloupnost je tedy omezená shora právě hodnotou $\frac{1}{2},$ současně je omezená zdola, protože se jedná o posloupnost kladných čísel, tedy je omezena zdola nulou. Posloupnost je tedy omezená, neboť je omezená zdola i shora.
\item Řešíme-li monotonii $\displaystyle a_n=n^3-5n^2,$ opět se ptáme zda $(\forall n \in \mathbb{N})( a_{n+1}\leq a_{n})$. Platí
$$
\begin{aligned}
(n+1)^3-5(n+1)^2 &> n^3-5n^2, \\
n^3 - 2n^2 - 7n-4 &> n^3 -5n^2 ,\\
3n^2 -7n -4 >0.
\end{aligned}
$$
Studujeme, kdy je nerovnost pravdivá. Kvadratický člen má za kořeny $n_+ = 2.81, n_- = -0.47$. Nerovnost je splněna pro $n \geq 3,$ a tedy pro tyto hodnoty $n$ platí $a_{n+1}
> a_n$. Takže zde je posloupnost ostře rostoucí. Pro $n = 1,2$ je ostře klesající. \textbf{Celkově tedy posloupnost není monotonní. }
Posloupnost nabývá minima $a_3 = -18,$ a je tedy omezená zdola. Shora omezená není, neboť platí $(\forall K \in \mathbb{R})(\exists n\in \mathbb{N})(n^3-5n^2 >K)$. Pokud odhadneme členy posloupnosti zdola, dostaneme
$n^3-5n^2 \geq n^2 > n > K$. Kde u první nerovnosti požadujeme $n \geq 6$. Proto stačí volit $n = \floor{K}+ 7$.
% Našli jsme tedy $n$ takové, že $(\forall K \in \mathbb{R})(n^3-5n^2 >K)$.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o monotonii (ostrá/neostrá) a omezenosti posloupnosti $(a_n)$, kde
\begin{enumerate}
\item $\displaystyle a_n=\frac{2n+3}{n^2+3n+1},$
\item $a_n=(n-\sqrt{n})^n.$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}$i.$ ostře klesající a omezená, $ii.$ ostře rostoucí a omezená zdola\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Nejprve vyřešíme monotonii. Ptáme se, zda platí $(\forall n \in \mathbb{N})( a_{n+1}\geq a_{n})$, tedy zda
$$
\begin{aligned}
\frac{2n+5}{(n+1)^2+3n+4} &\geq \frac{2n+3}{n^2+3n+1},\\
n^2 + 4n +5 &\leq 0.
\end{aligned}
$$
Uvedená nerovnost nenastává pro žádné $n \in \mathbb{N}$. Pro každé přirozené $n$ tedy platí $a_{n+1}< a_{n}$ a z definice je to ostře klesající posloupnost. Maximum nabývá pro $n = 1$, pro které $a_1 = 1$, a je tedy omezená shora. Posloupnost je zřejmě omezená zdola, a to například nulou - jedná se o posloupnost kladných členů. Posloupnost je tedy omezená.
\item Nejprve vyřešíme monotonii. Ptáme se, zda $\left(\forall n \in \mathbb{N}\right) \left( a_{n+1}\geq a_{n}\right)$:
\begin{equation}\label{eq:pr4.23}
\begin{aligned}
a_n=(n-\sqrt{n})^n &= (\sqrt{n}(\sqrt{n}-1))^n \\
& < (\sqrt{n+1}(\sqrt{n+1}-1))^n \\
&=(n+1-\sqrt{n+1})^{n}
\end{aligned}
\end{equation}
Nyní pro $n \geq 2$ platí, že výraz uvnitř závorky je větší než 1, a tedy platí nerovnost
\begin{align*}
(n+1-\sqrt{n+1})^{n} <(n+1-\sqrt{n+1})^{n+1}=a_{n+1}.
\end{align*}
Současně $a_1=0$ a $a_2=(2-\sqrt{2})^2,$ což je jistě kladné číslo. Celkově tedy dostáváme, že se jedná o ostře rostoucí posloupnost.
Jedná se o posloupnost kladných čísel, tedy je jistě omezena zdola (např. nulou). Zbývá tedy ukázat, že je neomezená shora, tj. $(\forall K \in \mathbb{R})(\exists n_0 \in \mathbb{N})(\forall n > n_0)(a_n > K).$
Platí odhad
\begin{align*}
\left(n-\sqrt{n}\right)^n > n-\sqrt{n}>\sqrt{n}\left( \sqrt{n}-1\right).
\end{align*}
První nerovnost platí pro $n \geq 3,$ poslední výraz pak lze pro $n \geq 5$ odhadnout následovně
\begin{align*}
\sqrt{n}\left( \sqrt{n}-1\right)> \sqrt{n} >K.
\end{align*}
Stačí tedy volit $n_0=\max\lbrace \floor{K^2}+1, 5 \rbrace.$ Posloupnost tedy není omezená shora.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vyšetřete (stejnými metodami jako u posloupností) monotonii funkce
$$f(x) = \frac{5x+3}{2x-2}.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
ostře klesající na $(-\infty, 1)$ a ostře klesající na $(1,+\infty)$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vyšetřujeme monotonii funkce $f(x) = \frac{5x+3}{2x-2}$ na jejím definičním oboru $D_f = \mathbb{R}\setminus \{1\}$. Předpokládejme, že $x<y$ a ukážeme, že platí $f(x)>f(y):$
$$
\begin{aligned}
\frac{5x+3}{2x-2} &> \frac{5y+3}{2y-2},\\
\frac{5}{2} + \frac{4}{x-1} &> \frac{5}{2} + \frac{4}{y-1},\\
\frac{1}{x-1} &>\frac{1}{y-1}.
\end{aligned}
$$
Monotonii vyšetřujeme zvlášť na intervalech $(-\infty, 1)$ a $(1,+\infty)$.
\begin{itemize}
\item $(-\infty, 1)$:
Vynásobením nerovnice zápornými čísly $x-1$ a $y-1$ dostáváme $y>x,$ což jsme předpokládali. Funkce je tedy na tomto intervalu ostře klesající.
\item $(1,+\infty)$:
Podobně zde dostáváme vynásobením nerovnost $y>x,$ a tedy funkce je ostře klesající i na tomto intervalu.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vyšetřete (stejnými metodami jako u posloupností) monotonii funkce
$$f(x) = x+\frac{1}{x}.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
ostře rostoucí na $\langle 1,\infty)$ a na $(-\infty,-1\rangle$, ostře klesající na $\langle -1,0)$ a na $(0,1\rangle$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Funkce je lichá. Zaměříme, se tedy na řešení pro $x, y > 0$ a $x<y,$
$$
\begin{aligned}
x+\frac{1}{x} &< y+\frac{1}{y},\\
x^2y + y &< xy^2 + x,\\
xy(x-y)&<(x-y), \\
(xy-1)(x-y) &< 0.
\end{aligned}
$$
Jelikož $x<y,$ pro platnost nerovnosti stačí, aby $xy > 1$. Řešení se opět rozpadá na dva případy.
\begin{enumerate}
\item $x \geq 1$ a z předpokladu $y >x$ pak zajisté platí, $xy > 1,$ a tedy $f(x)<f(y).$ Funkce je ostře rostoucí na $\left\langle 1, + \infty \right)$.
\item $x \in (0,1)$ a $y \in \left(x,1\right\rangle$: $xy < 1,$ a funkce je tedy ostře klesající pro $x \in (0,1\rangle$.
\end{enumerate}
Z lichosti funkce potom plyne, že na $\left(-\infty, -1\right\rangle$ ostře roste a na $\langle -1, 0)$ ostře klesá.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vyšetřete (stejnými metodami jako u posloupností) monotonii funkce
$$f(x) = \sqrt{3} \sin{x} +\cos{x}.$$
\\
\tagged{teach}{
\begin{res}
ostře rostoucí na intervalech $\langle -\frac{2\pi}{3}+ 2k\pi,\frac{\pi}{3}+ 2k\pi \rangle, \ k \in \Z$ a ostře klesající na intervalech $\langle \frac{\pi}{3}+ 2k\pi,\frac{4\pi}{3}+ 2k\pi \rangle, \ k \in \Z $
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Funkci můžeme následujícím způsobem zjednodušit:
$$
\begin{aligned}
f(x) &= \sqrt{3} \sin{x} +\cos{x}\\
&= 2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\sin x + \frac{1}{2} \cos x \right) \\
&= 2 \sin \left( x + \frac{\pi}{6}\right)
\end{aligned}
$$
Funkce $\sin(x)$ je rostoucí na intervalech $\langle -\frac{\pi}{2}+ 2k\pi,\frac{\pi}{2}+ 2k\pi \rangle$, kde $k \in \Z$, a klesající na intervalech $\langle \frac{\pi}{2}+ 2k\pi,\frac{3\pi}{2}+ 2k\pi \rangle$, kde $k \in \Z$. Pak $2 \sin \left( x + \frac{\pi}{6}\right)$ je rostoucí na
$$
\langle -\frac{2\pi}{3}+ 2k\pi,\frac{\pi}{3}+ 2k\pi \rangle, \ k \in \Z,
$$
a klesající na
$$
\langle \frac{\pi}{3}+ 2k\pi,\frac{4\pi}{3}+ 2k\pi \rangle, \ k \in \Z .
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vyšetřete (stejnými metodami jako u posloupností) monotonii funkce
$$f(x) = \arctg{\frac{|\ln{x}|}{\ln{x}-1}}.$$
\tagged{teach}{
\begin{res}
ostře klesající na $\langle 1, e)$ a na $(e,+\infty)$, ostře rostoucí na $(0,1\rangle$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Funkce $\mathrm{arctg}$ je ostře rostoucí na $\mathbb{R}$, $\ln$ je ostře rostoucí na $\mathbb{R}^+$. Řešení rozdělíme na dva případy.
\begin{itemize}
\item $\left(0,1\right\rangle$: předpokládáme $x,y \in \left(0,1\right\rangle$, $x<y$. Pak
\begin{align*}
f(x) &= \arctg{\left(-\frac{\ln{x}}{\ln{x}-1}\right)}\\ &=\arctg{\left(-1+\frac{1}{-\ln{x}+1}\right)}\\
&< \arctg{\left(-1+\frac{1}{-\ln{y}+1}\right)}=f(y).
\end{align*}
Poslední nerovnost platí, neboť $\frac{1}{-\ln{x}+1} <\frac{1}{-\ln{y}+1}$ a funkce tedy na tomto intervalu ostře roste.
\item $(1,e)$ nebo $ (e, +\infty)$: předpokládáme $x,y \in (1,e)$ nebo $x,y \in (e, +\infty)$ a v obou případech $x<y$. Pak:
\begin{align*}
f(x) &= \arctg{\left(\frac{\ln{x}}{\ln{x}-1}\right)}\\ &=\arctg{\left(1+\frac{1}{\ln{x}-1}\right)}\\
&> \arctg{\left(1+\frac{1}{\ln{y}-1}\right)}.
\end{align*}
Poslední nerovnost rovněž platí, neboť $\frac{1}{\ln{x}-1} >\frac{1}{\ln{y}-1}$, a funkce je tedy na těchto intervalech ostře klesající.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Buďte $(a_n),\ (b_n)$ rostoucí posloupnosti. Rozhodněte o pravdivosti následujících výroků
\begin{enumerate}
\item $(a_n+b_n)$ je rostoucí
\item $(a_n^2)$ je rostoucí
\item $(a_n b_n)$ je rostoucí
\end{enumerate}
Pokud výrok neplatí, doplňte (minimální) předpoklady tak, aby se stal pravdivým.
\tagged{teach}{\begin{res}$i.$ platí, $ii.$ neplatí, ale platí pokud $(a_n)$ je posloupnost nezáporných čísel, $iii.$ neplatí, ale platí pokud $(a_n)$ a $(b_n)$ jsou posloupnosti nezáporných čísel\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Předpokládáme, že $(a_n)$ i $(b_n)$ jsou rostoucí posloupnosti, tedy
$a_n \leq a_{n+1}$ a $b_n \leq b_{n+1}.$ Sečtením těchto nerovností dostáváme
$$
a_n+b_n \leq a_{n+1}+b_{n+1},
$$
což dokazuje, že i posloupnost $(a_n+b_n)$ je rostoucí.
\item Tvrzení neplatí, uvažujme například posloupnost $a_n=-\frac{1}{n}$. Ta je jistě rostoucí, ale současně $a_n^2=1/n^2$ je posloupnost klesající.
Výrok je pravdivý za předpokladu, že $a_n$ je posloupnost nezáporných čísel. Za tohoto předpokladu můžeme umocnit nerovnici $a_n \leq a_{n+1}$ a dostáváme $a_n^2 \leq a_{n+1}^2,$ což dokazuje tvrzení.
\item Tvrzení opět neplatí. Jakožto protipříklad nám opět může posloužit posloupnost $a_n=b_n=-\frac{1}{n}.$ Výrok je pravdivý za předpokladu, že obě posloupnosti jsou nezáporné. Předpokládejme tedy, že jsou nezáporné. Potom
\begin{align*}
b_n &\leq b_{n+1}\\
a_n b_n &\leq a_n b_{n+1} \leq a_{n+1} b_{n+1},
\end{align*}
což dokazuje tvrzení.
\end{enumerate}
\end{postup}}
\end{pr}
\begin{pr}
Určete, v jakých případech je posloupnost $(b_n)$ vybraná (případně skoro vybraná) z posloupnosti $(a_n)$.
\begin{enumerate}
\item $a_n=c^{\sqrt{n}},\quad b_n=c^n\ (c>0, c \neq 1)$ ,
\item $a_n=c^{n},\quad b_n=c^{4n+3(-1)^n}\ (c>0, c \neq 1)$,
\item $a_n=c^{n},\quad b_n=c^{n+(-1)^n}\ (c>0, c \neq 1)$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}i) vybraná, ii) skorovybraná, iii) nic\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item Zvolme $k_n = n^2,$ tedy $(k_n)$ je ostře rostoucí posloupnost. Z definice vybrané posloupnosti je tedy $(b_n)=(a_{k_n}) = (c^n)$ vybraná z $(a_n) = (c^{\sqrt{n}})$.
\item $(k_n)$, kde $k_n = 4n+3(-1)^n$, není monotónní, a tedy $(b_n)$ není vybranou z $(a_n)$. Ale $(\forall n \in \mathbb{N})(k_n =4n+3(-1)^n \in \mathbb{N} ),$ a je tedy skorovybraná.
\item $(k_n)$, kde $k_n = n+(-1)^n$ není monotónní, a tedy $(b_n)$ není vybranou z $(a_n)$. A není ani skorovybraná, neboť pro $n = 1$ je $k_1 = 0 \not\in \mathbb{N}$.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Určete, v jakých případech je posloupnost $(b_n)$ vybraná (případně skoro vybraná) z posloupnosti $(a_n)$.
\begin{enumerate}
\item $\displaystyle a_n=n,\quad b_n=\frac{4n^2+4n+1}{2n+1}$
\item $\displaystyle a_n=\frac{n+5}{n+2},\quad b_n=\frac{(n+1)!/2+5}{(n+1)!/2+2}$
\item $\displaystyle a_n=\frac{n+5}{n+2},\quad b_n=\frac{n^{3/2}+5}{n^{3/2}+2}$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}i) vybraná, ii) vybraná, iii) nic\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{itemize}
\item $b_n=\frac{4n^2+4n+1}{2n+1} = \frac{(2n+1)^2}{2n+1} = 2n+1 = a_{2n+1}$. Tedy z definice $k_n = 2n+1$, což je ostře rostoucí posloupnost přirozených čísel, a $(b_n)$ je tedy vybraná z $(a_n)$.
\item $b_n=\frac{(n+1)!/2+5}{(n+1)!/2+2} = a_{\frac{(n+1)!}{2}}$. Tedy z definice $k_n = \frac{(n+1)!}{2}$, což je ostře rostoucí posloupnost přirozených čísel, a $(b_n)$ je tedy vybraná z $(a_n)$.
\item $b_n=\frac{n^{3/2}+5}{n^{3/2}+2} = a_{n^{3/2}}$. Tedy $k_n = n^{3/2}$ je sice ostře rostoucí posloupnost, ale ne přirozených čísel. Není tedy vybraná ani skorovybraná.
\end{itemize}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Dokažte, že každá prostá posloupnost přirozených čísel má ostře rostoucí podposloupnost.
% \tagged{teach}{\begin{res}\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Ukážeme postup jak danou podposloupnost nalézt. Označme prostou posloupnost přirozených čísel $(a_n)$ a hledanou posloupnost $(b_n)$. Definujme $b_1 = a_1$. Další členy definujeme postupným procházením posloupnosti $(a_n)$ dokud nenalezneme člen s vyšší hodnotou než je posledně definovaný člen posloupnosti $(b_n)$. Jelikož posloupnost $a_n$ je prostá, vyšší hodnotu vždy musíme najít. Pseudo-algoritmus je popsán v Algoritmus \ref{alg: podpospoupnost} .
\begin{algorithm}
\SetKwInOut{Input}{Vstup}
\SetKwInOut{Output}{Výstup}
%\underline{function Euclid} $(a,b)$\;
\Input{$a_n$ přirozená prostá posloupnost. }
\Output{$b_n$ ostře rostoucí podposloupnost.}
Definuj $b_1 = a_1$. Polož $n = 2$.
%\Output{global }
\While{ $n < +\infty$ }
{
j = n
\While{ $j < +\infty$ }
{
\If{ $a_j > b_{n-1}$ }
{
break
}
j = j + 1
}
Polož $b_n = a_j$ a $n = n +1$.
}
\caption{}\label{alg: podpospoupnost}
\end{algorithm}
\end{postup}
}
\end{pr}
%\begin{pr}
% Je možné z posloupnosti $(a_n)$ vybrat nekonečně mnoho posloupností tak, aby každé $a_n$ leželo nejvýše v jedné z vybraných posloupností? \tagged{teach}{(Řešení: Ano, stačí např. prvky posloupnosti $(a_n)$ vepsat do nekonečné matice postupně po vedlejších diagonálách. Vybrané posloupnosti potom tvoří např. řádky této matice. Jak vypadá $k$-tý prvek $j$-té vybrané posloupnosti?)}
%\end{pr}
