Příklad 1. Řešení 1a Máme vyšetřit lichost či sudost funkce ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A ČÁST 3

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

Příklad 1 Zjistěte, zda jsou dané funkce sudé nebo liché, případně ani sudé ani liché:

 

        ||

a)  = ln b)  =

c)  =

d)  = 4 + 1 e)  = sin  − cos  f)

 =  sin3 +  cos  +

 

Poznámka Všechny tyto úlohy řešíme tak, že argument funkce  nahradíme argumentem − a zkoumáme shodu takto získaného výrazu s původním. Je-li úplná, jedná se o funkci sudou. Liší-li se oba výrazy znaménkem, jedná se o funkci lichou. Liší-li se více, není funkce ani lichou ani sudou. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1a Máme vyšetřit lichost či sudost funkce

2−  = ! " $ 2+ Dosadíme –  do jejího argumentu a dostaneme 2 − − − = ln " $ 2 + − Výraz vlevo budeme postupně upravovat 2+ − = ln " $ 2− 2 −   − = ln " $ 2+ 2+ − = −ln " $ 2− Nyní vidíme, že  a − se liší jen znaménkem a tedy platí  = −− Z toho vyplývá, že tato funkce je lichá. Při hledání definičního oboru je nutné si uvědomit, že logaritmus je definován pouze pro kladné argumenty a jmenovatel zlomku musí být nenulový. Musí tedy platit 2− > 0 ∧ 2 +  ≠ 0  2+ Tento výraz budeme upravovat +2 −  > 0 ∧ 2 +  > 0, ∨ +2 −  > 0 ∧ 2 +  > 0, ∧  ≠ −2 +2 >  ∧  > −2, ∨ +2 <  ∧  < −2, ∧  ≠ −2

Odtud ∀∃

1

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3 /0 = +−2; 2 ∪ ∅, ∩ 5 − 6−27

Definiční obor funkce tedy je

/0 = −2; 2 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1b Máme vyšetřit lichost či sudost funkce  =

Dosadíme –  do jejího argumentu a dostaneme

− =

8 + 1 8 − 1

8  + 1 8  − 1

1 +1 8 − = 1 8 − 1 1 + 8  − = 8  1−8 8 8 + 1 − = −  8 −1 Nyní vidíme, že  a − se liší pouze znaménkem a platí  = −− Z toho vyplývá, že tato funkce je lichá. Při hledání definičního oboru je nutné si uvědomit, že exponenciální funkce je definována pro všechny reálné argumenty a jmenovatel zlomku musí být nenulový. Musí tedy platit 8 − 1 ≠ 0 Tento výraz budeme upravovat 8 ≠ 1 ≠0 Definiční obor funkce tedy je /0 = 5 − 607 Výraz vlevo budeme postupně upravovat

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 1c Máme vyšetřit lichost či sudost funkce Dosadíme –  do jejího argumentu a dostaneme Výraz vlevo budeme postupně upravovat

∀∃

 =

− =

 ||

− |−|

2

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

 || Nyní vidíme, že  a − se liší jen znaménkem a tedy platí  = −− Z toho vyplývá, že tato funkce je lichá. Při hledání definičního oboru je nutné si uvědomit, že jmenovatel zlomku musí být nenulový. Musí tedy platit ≠0 Definiční obor funkce tedy je /0 = 5 − 607 = −∞; 0 ∪ 0, ∞ ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… − = −

Řešení 1d  = 4 + 1 Dosadíme –  do jejího argumentu a dostaneme − = 4− + 1 Výraz vlevo budeme postupně upravovat − = 4 + 1 Nyní vidíme, že  a − jsou shodné a tedy platí  = − Z toho vyplývá, že tato funkce je sudá. Při hledání definičního oboru si stačí uvědomit, že druhá mocnina je definována pro všechna reálná čísla. Definiční obor funkce tedy je /0 = 5 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Máme vyšetřit lichost či sudost funkce

Řešení 1e  = sin  − cos  Dosadíme –  do jejího argumentu a dostaneme − = sin− − cos− Výraz vlevo upravíme (sinus je funkce lichá a cosinus je funkce sudá) − = −sin  − cos  Nyní vidíme, že  a − nelze upravit na tvar lišící se pouze znaménkem celého výrazu. Z toho vyplývá, že tato funkce není ani sudá ani lichá. Při hledání definičního oboru si stačí uvědomit, že sinus i cosinus jsou definovány pro všechna reálná čísla. Definiční obor funkce tedy je /0 = 5 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Máme vyšetřit lichost či sudost funkce

∀∃

3

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

Řešení 1f Máme vyšetřit lichost či sudost funkce

 =  sin3 +  cos  +

Dosadíme –  do jejího argumentu a dostaneme

1 

1 − Výraz vlevo budeme postupně upravovat (sinus je funkce lichá, cosinus je funkce sudá a druhá mocnina je funkce sudá) 1 − = −sin−3 +  cos  +  1 − = −− sin3 +  cos  +  1 − =  sin3 +  cos  +  Nyní vidíme, že  a − jsou shodné a tedy platí  = − Z toho vyplývá, že tato funkce je sudá. Při hledání definičního oboru si stačí uvědomit, že sinus i cosinus a první i druhá mocnina  jsou definovány pro všechna reálná čísla. Dále je nutné si uvědomit, že jmenovatel zlomku nesmí být nulový. Definiční obor funkce tedy je /0 = 5 − 607 = −∞; 0 ∪ 0, ∞ ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… − = − sin+3−, + − cos− +

∀∃

4

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

K daným funkcím sestrojte inverzní funkce a určete příslušné definiční obory /0 a /0;< :

Příklad 2

a)  =

 

b)  = √1 + 8  c)  = ln5 − 2 d)  = 2 arcsin + 1 e)  = arctg1 −  Poznámka Pro inverzní funkce platí

+  , =   +, =  Inverzní funkce tedy lze hledat tak, že výraz funkce se položí roven nové proměnné (třeba C). Pak vyjádříme pomocí korektních úprav  pomocíC. Tak dostaneme výraz pro inverzní funkci. Pro udržení tradičního zápisu v něm nahradíme proměnnou C proměnnou . Na připojených obrázcích je vždy funkce  zobrazena modře a k ní inverzní funkce   zeleně. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2a

1− 1+ Zavedeme pomocnou proměnnou C a budeme provádět úpravy vedoucí k vyjádření  1− C= 1+ C1 +  = 1 −  C + C = 1 −   + C = 1 − C 1 + C = 1 − C 1−C = 1+C Výraz na pravé straně je vyjádřením inverzní funkce. Pro udržení tradičního zápisu v tomto výrazu použijeme proměnnou . Dostáváme 1−    = 1+ V tomto případě je zajímavé, že funkce  i její inverzní funkce   jsou shodné. Při hledání definičního oboru funkce  i její inverzní funkce   si stačí uvědomit, že jmenovatel zlomku musí být nenulový. Musí tedy platit  ≠ −1 Definičním oborem funkce  i její inverzní funkce   tedy je /0 = /0;< = 5 − 6−17 = −∞; −1 ∪ −1; ∞

Máme nalézt inverzní funkci k

 =

Na následujícím obrázku se grafy funkcí  i inverzní funkce   pochopitelně překrývají.

∀∃

5

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2b  = D1  8  Zavedeme pomocnou proměnnou C a budeme provádět úpravy vedoucí k vyjádření 

Máme nalézt inverzní funkci k

C D1  8  C 1  8  C  1 8  lnC  1 ln 8  lnC  1 2 lnC  1  2 Výraz na pravé straně je vyjádřením inverzní funkce. Pro udržení tradičního zápisu v tomto výrazu použijeme proměnnou . Dostáváme ln  1    2 Při hledání definičního oboru funkce  si stačí uvědomit, že výraz pod sudou odmocninou musí být nezáporný. Protože to je v tomto případě jisté, je  definována v celém rozsahu reálných čísel. /0 5 Při hledání definičního oboru její inverzní funkce   je třeba si uvědomit, že argument logaritmu musí být kladný. Musí tedy platit   1 ' 0 neboli  ' 1 Odtud ∀∃

6

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

Definičním oborem funkce 

ČÁST 3



|| ' 1

tedy zdánlivě je /0;< ∞; 1 ∪ 1; ∞

Ale protože obor hodnot funkce  je množina reálných čísel větších než 1, nelze jako součást inverzní funkce uvažovat čárkovanou levou větev zelené křivky na připojeném obrázku. Inverzní funkcí je jen pravá větev. Z toho vyplývá, že správným definičním oborem   je /0;< 1; ∞

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2c  = ln5  2 Zavedeme pomocnou proměnnou C a budeme provádět úpravy vedoucí k vyjádření  C ln5  2 8 E 5  2 2 5  8 E 5  8E  2 Výraz na pravé straně je vyjádřením inverzní funkce. Pro udržení tradičního zápisu v tomto výrazu použijeme proměnnou . Dostáváme 5  8    2 Při hledání definičního oboru funkce  si stačí uvědomit, že argument logaritmu musí být kladný. Tedy 5  2 ' 0 Po snadné úpravě dostaneme 5 . 2

Máme nalézt inverzní funkci k

∀∃

7

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

Z toho vyplývá, že  je definována v intervalu

5 /0 "∞, $ 2 Hledání definičního oboru její inverzní funkce   je snadné. Všechny komponenty jejího výrazu jsou definované v celém oboru reálných čísel. Tedy /0;< 5

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2d  = 2 arcsin  1 Zavedeme pomocnou proměnnou C a budeme provádět úpravy vedoucí k vyjádření  C 2 arcsin  1 C arcsin  1 2 C sin  sin+arcsin  1, 2 C sin    1 2 C  sin   1 2 Výraz na pravé straně je vyjádřením inverzní funkce. Pro udržení tradičního zápisu v tomto výrazu použijeme proměnnou . Dostáváme     sin   1 2 Při hledání definičního oboru funkce  si stačí uvědomit, že argument arcussinu musí být z intervalu 〈1; 1〉, tedy musí platit 1 H   1 H 1 neboli Máme nalézt inverzní funkci k

∀∃

8

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

Proto

ČÁST 3 2 H  H 0

/0 〈2; 0〉 Při hledání definičního oboru její inverzní funkce   je třeba si uvědomit, že funkce sinus je definována v celém oboru reálných čísel. Proto zdánlivě /0;< 5 Ale oborem hodnot funkce  je I0 〈J; J〉 Proto i definiční obor inverzní funkce bude jen touto částí oboru reálných čísel. /0;< 〈J; J〉 Vlastní inverzní funkce je na přiloženém obrázku vyznačena plně. Přebývající část je čárkovaná.

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 2e  = arctg1   Zavedeme pomocnou proměnnou C a budeme provádět úpravy vedoucí k vyjádření  C arctg1   tg C tg+arctg1  , tg C 1    1  tg C Výraz na pravé straně je vyjádřením inverzní funkce. Pro udržení tradičního zápisu v tomto výrazu použijeme proměnnou . Dostáváme    1  tg  Při hledání definičního oboru funkce  si stačí uvědomit, že argumentem arkustangenty může být libovolné reálné číslo. Tedy Máme nalézt inverzní funkci k

∀∃

9

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

/0 5 Při hledání definičního oboru její inverzní funkce   je třeba si uvědomit, že argument tangenty musí K

být různý libovolného násobku kladný. Musí tedy platit

J  * L ,L ∈ N 2 K K V každém intervalu L ; L  1  , L ∈ N je definována jedna větev tangenty. Jako inverzní funkci



musíme vybrat pouze jedinou a to tu, jejíž definiční obor je oborem hodnot funkce . Definičním oborem funkce   tedy je J J /0;<  ;  2 2 Tato větev tangenty je vyznačena plnou zelenou. Ostatní větve tangenty (v inverzní funkci nepoužité) jsou čárkované.

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

∀∃

10

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

Příklad 3 Vypočítejte limity posloupností: a) limP→R b) limP→R c)

d) e) f)

 PS TPU TP PV TP VP

UP VP WPW limP→R S P  XP TP limP→R  PXP P  limP→R PS

limP→R

g) limP→R

VP XPU

PT +√9! − 4 −

2!,

h) limP→R +√! + 2 − √! − 2, i)

j)

 PT

limP→R 1 + P

k) limP→R 1 +

l)

 WP

limP→R 1 +  P limP→R 1 +

 P  WP  WPX



P

Poznámka Úlohy se zlomky s mocninami ! budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ! ve jmenovateli. Následně využijeme věty o limitě součtu, rozdílu, součinu a podílu. První příklad vyřešíme detailně, ostatní již se znalostí věci. Úlohy s odmocninami budeme řešit úpravami vedoucími k ponechání pod odmocninou takového výrazu, jehož limita je jasná, případně rozšířením výrazu tak, abychom se odmocnin zbavili. Přitom využijeme známého vzorce Z −  = Z + Z − .  P

Poslední úlohy budeme řešit s využitím známého vztahu limP→R 1 +  = 8. P

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ! ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že limita většiny členů výrazu bude nulová. −2!W − 5! + 7 2!W 5! 7 5 7 − − + −2! − + −2!W − 5! + 7

! ! ! ! ! ! lim = lim = lim = lim = 1 8 P→R 5! + ! − 8 P→R 5! + ! − 8 P→R 5! P→R ! 8 5 + − + − ! ! ! ! ! ! 5 7 5 7 lim −2! − +  −lim2! − lim  + lim  −∞ − 0 − 0 ! ! P→R P→R P→R ! P→R ! = = = −∞ = 1 8 1 8 5+0−0 lim 5 + ! −  lim 5 + lim ! − lim  ! P→R P→R P→R P→R ! Tedy

Řešení 3a

∀∃

11

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

−2!W − 5! + 7 = −∞ P→R 5! + ! − 8 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… lim

Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ! ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že limita většiny členů výrazu bude nulová. 5! + 8! + 1 5! 8! 1 8 1 5+ + 5+0+0 5 5! + 8! + 1

+ ! + ! ! ! ! ! lim = lim = lim = lim = = 8 1 P→R 7! + 8! − 1 P→R 7! + 8! − 1 P→R 7! P→R 8! 1 7 + 0 − 0 7 7+ − + − ! ! ! ! ! ! Tedy 5! + 8! + 1 5 = lim P→R 7! + 8! − 1 7 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3b

Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ! ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že limita většiny členů výrazu bude nulová. 3! + 3 3! 3 3 3 0+0 3! + 3 W W + !W

+ !W ! ! ! lim W = lim W = lim W = lim = =0 1 P→R ! − 1 P→R ! − 1 P→R ! P→R 1 1−0 1 − − !W !W ! W !W Tedy 3! + 3 lim W =0 P→R ! − 1 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3c

Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ! ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že limita většiny členů výrazu bude nulová. 6! + 5! − 2 6! 5! 2 5 2 6+ − 6+0−0 6 6! + 5! − 2

+ ! − ! ! ! ! ! lim = lim = lim = lim = = P→R 1 − 2! + 6! P→R 1 − 2! + 6! P→R 1 2! 6! P→R 1 2 0 − 0 + 6 6 − +6 − + ! ! ! ! ! ! Tedy 6! + 5! − 2 lim =1 P→R 1 − 2! + 6! ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3d

Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ! ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že limita většiny členů výrazu bude nulová.

Řešení 3e

∀∃

12

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

! − 1 ! 1 − ! −1 ! −1 !W ! W !W = lim = lim = lim = lim W

W

P→R ! + 1W P→R ! W + 3! + 3! + 1 P→R ! + 3! + 3! + 1 P→R ! 3! 3! 1 + + + !W ! W !W !W !W 1 1 − 0−0 0 ! !W = lim = = =0 3 3 1 P→R 1+ + + W 1+0+0+0 1 ! ! ! Tedy ! − 1 lim =0 P→R ! + 1W ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………



Úlohu budeme řešit dělením čitatele i jmenovatele nejvyšší mocninou ! ve jmenovateli a postupnými úpravami vedoucími k tomu, že limita většiny členů výrazu bude nulová. −8! + 6! + 7 7 + + −8! + 6 + −∞ + 6 + 0 −8! + 6! + 7 ! ! ! ! ! = lim = lim = lim = lim 5 2! + 5 P→R P→R P→R P→R 2+0 2! + 5 2+ + ! ! ! ! Tedy −8! + 6! + 7 lim = −∞ P→R 2! + 5 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3f

Řešení 3g Úlohu budeme řešit úpravami vedoucími k ponechání pod odmocninou takového výrazu, jehož limita je jasná. lim D9! − 4 − 2! = lim ^_9! 1 −

P→R

P→R

= lim a! ^3_1 − P→R

Tedy

4 4  − 2!` = lim ^3!_1 −  − 2!` =

P→R 9! 9!

4  − 2`b = ∞ ∙ 1 = ∞ 9!

lim D9! − 4 − 2! = ∞

P→R

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3h Úlohu budeme řešit rozšířením výrazu tak, abychom se obou odmocnin zbavili. Přitom využijeme známého vzorce Z −  = Z + Z − .

∀∃

13

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

lim +√! + 2 − √! − 2, = lim +√! + 2 − √! − 2,

P→R

= lim

P→R

+√! + 2 + √! − 2, +√! + 2 + √! − 2,

+√! + 2 − √! − 2,+√! + 2 + √! − 2,

+√! + 2 + √! − 2, 4 = lim =0 P→R +√! + 2 + √! − 2, P→R

= lim

=

! + 2 − ! − 2

P→R +√!

+ 2 + √! − 2,

=

lim +√! + 2 − √! − 2, = 0

Tedy

P→R

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 3i

 P

Úlohu budeme řešit s využitím známého vztahu limP→R 1 + P = 8.

1 WP 1 P 1 P 1 P 1 P lim "1 + $ = lim "1 + $ = lim "1 + $ "1 + $ "1 + $ = P→R P→R P→R ! ! ! ! ! 1 P 1 P 1 P = d lim "1 + $ e d lim "1 + $ e d lim "1 + $ e = 8 ∙ 8 ∙ 8 = 8 W P→R P→R P→R ! ! ! W

1 WP lim "1 + $ = 8 W P→R ! ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Tedy

 P

Řešení 3j

Úlohu budeme řešit s využitím známého vztahu limP→R 1 +  = 8. P

1 PT 1 P 1 T 1 P 1 T = lim "1 + $ "1 + $ = d lim "1 + $ e d lim "1 + $ e = 8 ∙ 1 = 8 lim "1 + $ P→R P→R P→R P→R ! ! ! ! !

1 PT =8 lim "1 + $ P→R ! ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Tedy

 P

Řešení 3k

Úlohu budeme řešit s využitím známého vztahu limP→R 1 +  = 8. P 





 1 P 1 WWP 1 WP W 1 WP W lim "1 + $ = lim "1 + $ = lim d"1 + $ e = d lim "1 + $ e = 8 W P→R P→R P→R P→R 3! 3! 3! 3!

 1 P $ = 8W P→R 3! ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Tedy

∀∃

lim "1 +

14

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3  P

Řešení 3l

Úlohu budeme řešit s využitím známého vztahu limP→R 1 +  = 8. P W

W

1 WPX 1

PX 1 P 1 X = lim "1 + $ = lim d"1 + $ e "1 + $ lim "1 + $ P→R P→R P→R 2! 2! 2! 2! W

W

W 1 P 1 X 1 P = lim d"1 + $ e ∙ lim "1 + $ = d lim "1 + $ e ∙ 1 = 8 P→R P→R P→R 2! 2! 2!

W 1 WPX lim "1 + $ = 8 P→R 2! ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Tedy

∀∃

15

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

Příklad 4 Vypočítejte limity funkcí: a) lim→

  f



b) lim→  − 1 sin  f c) lim→g

K

ijkh   h

d) lim→  ∙ arctg 

e) lim→ f)

g) lim→l

h) i) j)



  W  S W    lim→   X √  

√  Xf  S  lim→  √ W 

lim→

√W S  √ lim→T   fT

Poznámka Při výpočtu limity se nejprve pokusíme dosadit hodnotu, ke které se  blíží. Pokud dosazení vede k nedefinovanému výrazu, budeme provádět úpravy vedoucí k výsledku. Poté se znovu pokusíme dosadit. ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 4a  − 4 + 1 2 − 4 ∙ 2 + 1 4 − 8 + 1 −3 = = = → 4+1 5 2 + 1 2∙2+1 Dostáváme přímo výsledek. Tedy  − 4 + 1 −3 lim = → 2 + 1 5 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Zkusíme dosadit

lim

Řešení 4b Zkusíme dosadit

lim  − 1 sin

→

J 2J J  = 2 − 1 sin " $ = 1 ∙ sin  = 1 ∙ 1 = 1 4 4 2

J =1 → 4 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Dostáváme přímo výsledek. Tedy

∀∃

lim  − 1 sin

16

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

Řešení 4c f

Zkusíme dosadit

√2 4 1 d2e fJ f sin sin  16 4 4 =1 limK = J = J = J =J J  → f 4 4 4 4

Tedy

limK

→

f

sinf  1 =  J

………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 4d Zkusíme dosadit

lim  ∙ arctg  = 1 ∙ arctg 1 = 1 ∙

→

J J = 4 4

J 4 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… Tedy

lim  ∙ arctg  =

→

Řešení 4e

−2 2−2 0 0 = = = − 3 + 2 2 − 3 ∙ 2 + 2 4 − 6 + 2 0 l Po odsazení dostáváme výraz typu l. To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen  − 2.

Zkusíme dosadit

lim

→ 

Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit. Rozložíme jmenovatele (kdo to neumí, může to zkusit řešením příslušné kvadratické rovnice nebo dělením mnohočlenů) a dostáváme −2 −2 1 = lim = lim lim →  − 3 + 2 →  − 2 ∙  − 1 →  − 1 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek 1 1 1 lim = = =1 →  − 1 2−1 1 Tedy −2 =1 lim →  − 3 + 2 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 4f Zkusíme dosadit

 W + 3 + 2 −2W + 3−2 + 2−2 −8 + 12 − 4 0 = = = →  −  − 6 −2 − −2 − 6 4+2−6 0 lim

l l

+ − −2, =  + 2. Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit.

Po odsazení dostáváme výraz typu . To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen ∀∃

17

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

Rozložíme jmenovatele (kdo to neumí, může to zkusit řešením příslušné kvadratické rovnice nebo dělením mnohočlenů) a dostáváme  + 2 ∙  ∙  + 1  W + 3 + 2  ∙  + 1 = lim = lim lim →  −  − 6 →  + 2 ∙  − 3 →  − 3 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek  ∙  + 1 −2 ∙ −2 + 1 −2 ∙ −1 2 lim = = =− →  − 3 −2 − 3 −5 5 Tedy 2  W + 3 + 2 lim =− →  −  − 6 5 ………………………………………………………………………………………………………………………………………………………………

Řešení 4g Zkusíme dosadit

lim

√ + 1 − 1

=

√0 + 1 − 1

√1 − 1

=

=

1−1 0 = 4−4 0

+ 16 − 4 √0 + 16 − 4 √16 − 4 l Po odsazení dostáváme výraz typu . To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen →l √

l

 − 0 = . Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit. Abychom to mohli učinit, musíme nejprve výraz upravit. Pomocí rozšíření se zbavíme odmocnin. Postupně tak učiníme v čitateli i jmenovateli. lim

√ + 1 − 1

→l √

+ 16 − 4

 + 1 − 1 √ + 1 − 1 √ + 1 + 1 ∙ = lim = →l √ + 16 − 4 √ + 1 + 1 →l +√ + 16 − 4, ∙ +√ + 1 + 1,

= lim

= lim

→l +√

= lim

→l +√

 + 1 − 1

∙

√ + 16 + 4

+ 16 − 4, ∙ +√ + 1 + 1, √ + 16 + 4  + 1 − 1

∙

=

√ + 16 + 4

+ 16 − 4, ∙ +√ + 16 + 4, √ + 1 + 1

=

 + 1 − 1 √ + 16 + 4  √ + 16 + 4 √ + 16 + 4 ∙ = lim ∙ = lim →l  + 16 − 16 √ + 1 + 1 →l  √ + 1 + 1 →l √ + 1 + 1 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek = lim lim

→l

Tedy

√ + 16 + 4 √ + 1 + 1

==

√0 + 16 + 4 √0 + 1 + 1

=

√ + 1 − 1

√16 + 4 √1 + 1

=

4+4 8 = =4 1+1 2

=4 + 16 − 4 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… lim

→l √

Řešení 4h Zkusíme dosadit lim

→ √

∀∃

W + 1

− 3 + 2

=

D−1

−1W + 1

− 3−1 + 2−1

=

−1 + 1

√1 + 3 − 2

=

0

√4 − 2

=

0 0 = 2−2 0

18

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3 l l

+ − −1, =  + 1. Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit. Abychom to mohli udělat, musíme se nejprve pomocí rozšíření zbavit odmocniny ve jmenovateli.

Po odsazení dostáváme výraz typu . To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen

lim

W + 1

W + 1

− 3 + 2

→ √

∙

√ − 3 − 2

= − 3 + 2 √ − 3 − 2 W + 1 √ − 3 − 2 W + 1 = lim ∙ = lim ∙ D − 3 − 2 = →  − 3 − 4 → − 3 − 3 1  + 1 −  + 1 = lim ∙ D − 3 − 2 = → − 3 + 1  −  + 1 = lim ∙ D − 3 − 2 → − 3 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek  −  + 1 −1 − −1 + 1 lim ∙ D − 3 − 2 = ∙ "D−1 − 3−1 − 2−1$ = → − 3 −3−1 1+1+1 3 ∙ +√1 + 3 + 2, == +√4 + 2, = 1 ∙ 2 + 2 = 4 = 3 3 Tedy W + 1 lim =4 → √ − 3 + 2 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… → √

= lim

Řešení 4i 2 − √ + 3 2 − √1 + 3 2 − √4 2 − 2 0 = = = = W − 1 1W − 1 1−1 1−1 0 l Po odsazení dostáváme výraz typu . To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen  − 1.

Zkusíme dosadit

lim

→

l

Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit. Abychom to mohli udělat, musíme se nejprve pomocí rozšíření zbavit odmocniny v čitateli. 1 2 − √ + 3 2 − √  + 3 2 + √ + 3 4 −  + 3 = lim ∙ = lim ∙ = lim → → W − 1 W − 1 2 + √ + 3 2 + √ + 3 →  W − 1 4 −  + 3 1 1− 1 = lim ∙ = lim W ∙ = W → →  −1  − 1 2 + √ + 3 2 + √ + 3 − − 1 1 −1 ∙ = lim = lim

→  − 1 +  + 1 2 + √ + 3 →  +  + 1+2 + √ + 3,

Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek −1 −1 −1 −1 −1 1 lim = = = = =− →  +  + 1+2 + √ + 3, 12 1 + 1 + 1+2 + √1 + 3, 3+2 + √4, 32 + 2 3 ∙ 4 Tedy

2 − √ + 3 1 =− W − 1 12 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… lim

→

∀∃

19

ŘEŠENÉ PŘÍKLADY Z M1A

ČÁST 3

Řešení 4j 2−2 0 √5 − 1 − 2 √ − 1 − 2 √4 − 2 = = = = − 4 − 5 5 − 4 ∙ 5 − 5 25 − 20 − 5 25 − 25 0 l Po odsazení dostáváme výraz typu . To jasně signalizuje, že čitatel i jmenovatel obsahuje člen  − 5.

Zkusíme dosadit

lim

→T 

l

Tímto členem lze čitatele i jmenovatele vykrátit. Abychom to mohli udělat, musíme se nejprve pomocí rozšíření zbavit odmocniny v čitateli.

 − 1 − 4 1 √ − 1 − 2 √ − 1 − 2 √ − 1 + 2 = lim ∙ = lim ∙ =

→T  − 4 − 5 →T  − 4 − 5 √ − 1 + 2 →T  − 4 − 5 √ − 1 + 2  − 5 1 1 1 = lim ∙ = lim ∙ →T  − 5 + 1 √ − 1 + 2 →T  + 1 √ − 1 + 2 Nyní se znovu pokusíme dosadit a dostaneme výsledek 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 lim ∙ = ∙ = ∙ = ∙ = ∙ = →T  + 1 √ − 1 + 2 5 + 1 √5 − 1 + 2 6 √4 + 2 6 2 + 2 6 4 24 Tedy lim

1 √ − 1 − 2 =

→T  − 4 − 5 24 ……………………………………………………………………………………………………………………………………………………………… lim

∀∃

20