\documentclass{article}
\usepackage{slovak}
\usepackage{a4wide}
\usepackage{amsfonts} % provides: maticke N
\usepackage{verbatim}
\usepackage{amssymb} % kvoli \square
\usepackage{color}
\usepackage{fancybox}
\usepackage{epsfig}

% Ma pisat aj riesenia? Ak nie, tento riadok vykomentuj
\def\pisriesenia{1}

\def\then{\Rightarrow}
\def\eps{\varepsilon}
\def\N{{\mathbb N}}
\def\Z{{\mathbb Z}}
\def\Q{{\mathbb Q}}
\def\R{{\mathbb R}}
\def\sgn{\mathop{\rm sgn}\nolimits}

\definecolor{lgray}{rgb}{0.90, 0.90, 0.90}
\newlength{\myboxwidth}      \myboxwidth=\textwidth       \advance\myboxwidth -13pt

\newenvironment{graybox}%
{%
 \vskip-1.8\baselineskip\noindent\begin{center}%
 \begin{Sbox}\begin{minipage}{\myboxwidth}%
}%
{%
 \end{minipage}\end{Sbox}\fcolorbox{black}{lgray}{\TheSbox}\end{center}%
% \vskip\baselineskip%
}
   
% makra: ulohy, moznostI
\def\stvorcek{$\square\ $} 
\def\moznostI#1{\stvorcek \hbox to 0.3\textwidth{#1\hfill}}
\def\moznostII#1{\stvorcek \hbox to 0.6\textwidth{#1\hfill}}
\def\moznostIII#1{\stvorcek #1\\}
\newcounter{cntuloha}
\def\uloha{\noindent\stepcounter{cntuloha}{\bf \arabic{cntuloha}. }}

% makra: vypisujeme aj riesenia?
\ifx\pisriesenia\undefined
 \let\riesenie=\comment 
 \let\endriesenie=\endcomment
\else
 \newenvironment{riesenie}{%
 \begin{center}\begin{minipage}{0.8\textwidth}%
 {\sl Riešenie.}\\}{\end{minipage}\end{center}}
\fi

% uvodzovky
\catcode`\"=13
\def "{\begingroup\clqq\def "{\endgroup\crqq}}
\def\dospecials{\do\ \do\\\do\{\do\}\do\$\do\&%
  \do\#\do\^\do\^^K\do\_\do\^^A\do\%\do\~\do\"}

\begin{document}

\begin{graybox}
\medskip
\centerline{\Large\sc MatAlýza -- testíky z postupností a limít}
\smallskip
\centerline{\small \copyright MišoF. 1999--2003}
\vspace{0.5cm}
\end{graybox}

\centerline{\bf\large Štandardný disclaimer}

\medskip

Tieto papiere {\bf NEMAJÚ} slúžiť ako náhrada za riešenie príkladov. Príklady si najskôr skúste 
preriešiť sami, ak niečo sami vymyslíte, omnoho ľahšie si to zapamätáte. Všetky výsledky sú bez
akejkoľvek záruky, som len človek a občas sa mýlim. Ľubovoľné prejavy uznania a vďaky sú vítané.

Tento dokument sa naďalej (aj keď slimačím tempom, ale predsa) vyvíja. Pokiaľ v ňom nájdete chyby, 
budem vám vďačný, ak mi ich pošlete. Pokiaľ by ste doň chceli dopísať veľa nových vecí, zdrojáky
sú vaše, len poprosím nechať v nich do budúcna moje meno. Pokiaľ je to možné, do rôznych online
archívov študijných dokumentov neumiestňujte kópiu tohto dokumentu, ale linku naň, aby sa príliš
nešírili rôzne staré verzie. 

Táto verzia vznikla dňa {\bf\today{}} (a je explicitne novšia od všetkých verzií, ktoré nemajú uvedený 
dátum).

\bigskip

% =============================================

\uloha
Mnozina vsetkych iracionalnych cisel tvaru $\sqrt{2}+q$, kde $q\in\Q$, je \\
\moznostI{prazdna}
\moznostIII{neprazdna konecna}
\moznostI{nekonecna spocitatelna}
\moznostIII{nespocitatelna}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Jej mohutnosť je zjavne rovná $|\Q|$, preto je nekonečná spočítateľná.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ak pre funkciu $f:\R\to\R$ plati $f(x)=0$ pre $x\not\in\Q$ a $f(x)=x$ pre $x\in\Q$, tak jej limita v 0 \\
\moznostI{je 0}
\moznostIII{je konecna a nenulova}
\moznostI{je nevlastna}
\moznostIII{neexistuje}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Jej limita v nule je 0, keď si povieme ľubovoľné $\eps$, tak
$\forall x\in\left(-\eps,\eps\right);  |f(x)|<\eps$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ak $f:\R\to\R$ je ohranicena funkcia a jej supremum je cislo $a$, tak funkcia $g(x)=f(2x)$ \\
\moznostI{ma supremum $2a$}
\moznostIII{ma supremum $a$}
\moznostI{ma supremum $a/2$}
\moznostIII{je ohranicena, ale jej supremum moze byt rozne od $a,2a,a/2$}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Keby sme si nakreslili grafy, vidíme, že
$g(x)$ je vlastne $2\times$ zhustená $f(x)$, ale obor hodnôt a teda ani hodnota supréma sa nezmení.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $f(x)=2-3x$ pre $x\in\left<0,2\right>$ a $f(x)=1+x$ pre $x\not\in\left<0,2\right>$. 
Pre ktore $x\in\R$ plati $f(f(x)) = 3 - 3x$? \\
\moznostI{$x\in \left<2/3,2\right>$}
\moznostIII{$x\in \left(2/3,2\right)$}
\moznostI{$x\in \left<-1,0\right>$}
\moznostIII{$x\in \left<-1,0\right)$}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Stačí porátať hodnoty v koncových bodoch intervalov uvedených v možnostiach. Dostaneme:
$f(f(2/3))=f(0)=2\not=3-3(2/3)$, $f(f(2))=f(-4)=-3=3-3.2$ a ďalej rátať ani nemusíme. Totiž
interval neobsahujúci $2/3$ a obsahujúci 2 v možnostiach nemáme. Koho by zaujímalo presné riešenie,
môže si dorátať priebeh fcie na celom $\R$, vyjde interval $\left(2/3,2\right>$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech pre funkcie $f,g:\R\to\R$ plati $\lim_{x\to 0} f(x)=2$, $\lim_{x\to 0} g(x)=0$. 
Potom nerovnost $f(x)>g(x)$ plati \\
\moznostIII{v bode 0, ale nemusi platit v ziadnom jeho okoli}
\moznostIII{v niektorom okoli bodu 0}
\moznostIII{v niektorom prstencovom okoli bodu 0, ale nemusi platit v bode}
\moznostIII{nanajvys v konecnom pocte bodov}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Zoberme fcie $f(x)=x+2$ a $g(x)=x$ pre $x\not=0$, $g(0)=47$. Tieto fcie spĺňajú podmienky
zo zadania, pričom vylučujú prvú, druhú aj štvrtú možnosť. Tretia možnosť je správna -- z definície
limity existuje prstencové okolie $F$ nuly, na ktorom je $|f(x)-2|<1$, takisto existuje 
prst. okolie $G$ nuly, na ktorom $|g(x)|<1$, na ich prieniku je $f(x)>g(x)$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Inverzna funkcia k zuzeniu funkcie $y=2+\cos x$ na intervale $\left<-\pi,0\right>$ je \\
\moznostI{2-arccos x}
\moznostIII{arccos(x+2)}
\moznostI{arccos(x-2)}
\moznostIII{-arccos(x-2)}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Správna možnosť je štvrtá. Buď si nakreslíme obrázok, alebo upravujeme: Inverzná funkcia má
predpis $x=2+\cos y$, pri použití $\arccos$ treba správne určiť znamienko.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ak $A$ je nutna podmienka pre $B$ a sucasne postacujuca podmienka pre negaciu vyroku $C$, tak plati \\
\moznostI{$C\then B$}
\moznostIII{$B\then C$}
\moznostI{$C\then\lnot B$}
\moznostIII{$\lnot B\then C$}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Zo zadania máme $B\then A$ a $A\then\lnot C$, odtiaľ $B\then\lnot C$ alebo ináč zapísané
$C\then\lnot B$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $g$ je inverzna funkcia k funkcii $f:\R\to\R$. 
Ak graf funkcie $h$ je sumerny s grafom funkcie $f$ podla priamky $y=x+1$, tak $h(x)=$ \\
\moznostI{$g(x-1)+1$}
\moznostIII{$g(x-1)-1$}
\moznostI{$g(x+1)-1$}
\moznostIII{$g(x+1)+1$}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Funkcie $\widehat h(x)=h(x)-1$ a $\widehat f(x)=f(x)-1$ sú súmerné podľa osi $y=x$. 
(A teda $\widehat f$ je inverzná k $\widehat h$.)
Nech $\left[ x,y \right]\in h$. Potom postupne:
$\left[ x,y-1 \right]\in \widehat h$,
$\left[ y-1,x \right]\in \widehat f$,
$\left[ y-1,x+1 \right]\in f$,
$\left[ x+1,y-1 \right]\in g$. Teda ak $h(x)=y$, tak $g(x+1)=y-1$. Z druhej rovnice
vyjadríme $y$, dosadíme do prvej, dostaneme $h(x)=g(x+1)+1$. 

Na teste stačí povedzme zobrať $h(x)=2x$, dorátať $f$ a $g$ a spoľahnúť sa na intuíciu, 
že pre všetky $h$ to vyjde rovnako. BTW zadanie je o tom, že zoberieme graf $h$ a dvakrát
ho zobrazíme v osovej súmernosti podľa dvoch rovnobežných osí. Zložením dvoch takýchto 
osových súmerností je posunutie (v smere kolmom na ne o dvojnásobok ich vzdialenosti).
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Negaciou vyroku "rydza monotonnost funkcie $f$ je nutna podmienka pre jej prostost" je vyrok \\
\moznostIII{rydza monotonnost funkcie f je postacujuca podmienka pre jej prostost}
\moznostIII{prostost funkcie f je postacujuca podmienka pre jej rydzu monotonnost}
\moznostIII{prostost funkcie f je nutna podmienka pre jej rydzu monotonnost}
\moznostIII{existuje rydzomonotonna funkcia, ktora nie je prosta}
\moznostIII{existuje prosta funkcia, ktora nie je rydzomonotonna}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Ekvivalentne preformulujme výrok zo zadania na "Každá prostá fcia musí byť rýdzomonotónna."
Odtiaľ už ľahko vidíme, že správna odpoveď je piata.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Zapiste predpis funkcie $\sin(2 \arccos x)$ bez pouzitia gonio- a cyklometrickych funkcii 
a svoj postup zdovodnite! 

\begin{riesenie}
Použitím vzorca pre $\sin 2x$ a iných známych vzťahov dostávame:
$$ \sin(2 \arccos(x)) = 2 \sin(\arccos(x)) \cos(\arccos(x)) = $$
$$ 2x \sin(\arccos(x)) = 2x \sqrt{1 - \cos^2(\arccos(x))} = 2x\sqrt{1-x^2} $$
platí na intervale $\left<0,\pi/2\right>$ 
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Dokazte nerovnost: $\forall n\in N, n\geq 3; n^{n+1} > (n+1)^n$

\begin{riesenie}
Vydelíme obe strany $n^n$, dostaneme ekvivalentnú nerovnosť $n > \left(1+(1/n)\right)^n$, no 
a zaspomíname na prednášky. Výraz na pravej strane je s rastúcim $n$ rastúci a má limitu $e$.

(Jedna možnosť formálneho dôkazu: Pre $n=3,4$ nerovnosť platí. Nech $a_n=\left(1+(1/n)\right)^n$,
$b_n=\left(1+(1/n)\right)^{n+1}$. Potom $\{a_n\}$ je rastúca, $\{b_n\}$ klesajúca, to sa 
dokáže tak, že spočítame podiel dvoch po sebe idúcich členov a porovnáme ho s 1. Navyše
zjavne $\forall n; a_n<b_n$. Potom ale $\forall n; b_1>a_1\geq a_n$. Výraz na pravej
strane našej nerovnosti je teda určite menší ako $b_1=4$ a vyhrali sme.)
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ak funkcia $f:\R\to\R$ splna podmienku 
$\forall\eps>0;~ \exists n\in N;~ \forall x\in (-\eps, \eps) \setminus \{ 0 \};~ f(x)>n$, tak \\
\moznostIII{$\lim_{x\to 0} f(x)=\infty$}
\moznostIII{$\lim_{x\to 0} f(x)$ existuje, ale nemusi byt nevlastna}
\moznostIII{$f$ je zdola ohranicena, ale $\lim_{x\to 0} f(x)$ nemusi existovat}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Správna odpoveď je možno prekvapivo tretia. Ľubovoľná fcia $f$, pre ktorú $\forall x; f(x)>1$
spĺňa podmienky zadania. ($\forall\eps;~ \exists n=1\ldots$) Na druhej strane, keby pre nejaké
$x\not=0$ bolo $f(x)\leq 1$ (alebo 0, podľa toho, či je aj 0 prir. číslo), pre $\eps>|x|$ by 
žiadne $n$ neexistovalo $\then$ $f$ by nespĺňala podmienky zo zadania. Takže $f$ je zdola ohraničená
napr. hodnotou $\min(0,f(0))$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ak $\lim_{n\to\infty} a_n=\infty$ a postupnost $\{b_n-a_n\}_{n=1}^\infty$ je rastuca, 
tak $\lim_{n\to\infty} b_n$ je \\
\moznostI{$\infty$}
\moznostI{$-\infty$}
\moznostIII{neexistuje alebo je konecna}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
$b_n=(b_n-a_n)+a_n\geq \underbrace{(b_0-a_0)}_{\rm konšt.}+a_n$, preto aj $\lim_{n\to\infty} b_n=\infty$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $f,g,h$ su funkcie definovane na $\R$, pricom $f(x)<h(x)<g(x)$ pre
vsetky $x\in\R\setminus\{0\}$, $\lim_{x\to 0} (g(x)-f(x))=0$ a $\lim_{x\to 0} g(x)$ neexistuje. 
Potom $\lim_{x\to 0} h(x)$ \\
\moznostI{neexistuje}
\moznostI{$=0$}
\moznostIII{existuje, ale moze byt $\not=0$}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Intuitívne z "vety o dvoch policajtoch": Dvaja policajti $f,g$ vedú zločinca $h$, keďže
idú obaja tam isto, tak ho tam dovedú a musí ísť tade ako oni. Teda dosť blízko pri 0 
vyzerajú $f,g,h$ skoro rovnako, preto ani $h$ nemá limitu.

Formálne: $\lim_{x\to 0} g(x)=\lim_{x\to 0} (g(x)-h(x))+h(x)$. 
Keďže je $\forall x; 0<g(x)-h(x)<g(x)-f(x)$, je $\lim_{x\to 0} (g(x)-h(x))=0$. 
Teda ak by existovala $\lim_{x\to 0} h(x)$, existovala by aj $\lim_{x\to 0} g(x)$
a rovnali by sa. Preto $\lim_{x\to 0} h(x)$ neexistuje.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ak postupnost $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ je rozdielom dvoch rastucich postupnosti, 
z ktorych aspon jedna je ohranicena, tak $\lim_{n\to\infty} a_n$ \\
\moznostIII{existuje, ale nemusi byt vlastna}
\moznostIII{je vzdy vlastna}
\moznostIII{neexistuje, alebo je nevlastna}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Ak sú ohraničené obe, tak limita je vlastná a je ňou rozdiel ich suprém. Ak je ohraničená
len 1, tak tá ohraničená má konečnú limitu, tá neohraničená má limitu $\infty$, ich rozdiel
má teda limitu $\pm\infty$. Preto správna odpoveď je prvá.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Nech $f,g:\R\setminus\{0\}\to\R^+$ su kladne funkcie, $\lim_{x\to 0} f(x)=\infty$, 
$\lim_{x\to 0} {f(x)\over g(x)}=0$. Potom $\lim_{x\to 0} {g^2(x) \over f(x)-g(x)}$ \\
\moznostI{$=0$}
\moznostI{$=-\infty$}
\moznostIII{$=\infty$}
\moznostI{$=1$}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

% FIXME
\begin{riesenie}
Intuitívne $f$ je blízko pri 0 zanedbateľné v porovnaní s $g$, limita sa zvrhne na
$\lim_{x\to 0} {g^2(x) \over -g(x)}=\lim_{x\to 0} -g(x)=-\infty$. 
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ak v postupnosti $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ je podpostupnost $\{a_{2n}\}_{n=1}^\infty$ rastuca
a podpostupnost $\{a_{2n-1}\}_{n=1}^\infty$ klesajuca, pricom $\lim_{n\to\infty}(a_{n+1}-a_n)=0$,
tak \\
\moznostIII{$\{a_n\}_{n=1}^\infty$ konverguje}
\moznostIII{$\{a_{2n}\}_{n=1}^\infty$ aj $\{a_{2n-1}\}_{n=1}^\infty$ konverguju, ale
  $\lim_{n\to\infty} a_n$ nemusi existovat}
\moznostIII{existuje najviac 1 z limit $\lim_{n\to\infty} a_n$,
  $\lim_{n\to\infty} a_{2n}$, $\lim_{n\to\infty} a_{2n-1}$}
\moznostIII{existuju prave 2 z limit $\lim_{n\to\infty} a_n$,
  $\lim_{n\to\infty} a_{2n}$, $\lim_{n\to\infty} a_{2n-1}$}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Platí $\forall n; a_{2n}<a_{2n+1}$. Sporom, keby nie, zoberme druhé najmenšie $k$, pre ktoré
to neplatí, je $a_{2k}>a_{2k+1}$, potom $\forall k'>k;~ a_{2k'}>a_{2k}>a_{2k+1}>a_{2k'+1}$,
a teda $\forall k'>k;~ a_{2k'}-a_{2k'+1}>\underbrace{a_{2k}-a_{2k+1}}_{{\rm konšt.}}$.
To je spor s $\lim_{n\to\infty}(a_{n+1}-a_n)=0$.

Je teda $\forall n;~ a_{2n}<a_{2n+1}<a_{2n-1}<\ldots<a_1$, preto postupnosť
$\{a_{2n}\}_{n=1}^\infty$ je zhora ohraničená hodnotou $a_1$, podobne druhá je zdola ohraničená
hodnotou $a_0$. Preto obe majú limity. Keďže $\lim_{n\to\infty}(a_{n+1}-a_n)=0$, tieto 
limity sa rovnajú a zjavne je ich spoločná hodnota aj hodnotou $\lim_{n\to\infty} a_n$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ak pre fciu $f:\R\to\R$ v kazdom bode $a\in\R$ plati 
$\lim_{x\to a-} f(x) \leq f(a) \leq \lim_{x\to a+} f(x)$, tak \\
\moznostI{$f$ je rastuca}
\moznostIII{$f$ je neklesajuca, ale nemusi byt rastuca}
\moznostI{$f$ je klesajuca} 
\moznostIII{$f$ je nerastuca, ale nemusi byt klesajuca}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Všetky spojité funkcie spĺňajú podmienku zo zadania, dokonca tam nastane rovnosť.
Takže žiadna z predchádzajúcich.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ak $f,g:\R\setminus\{0\}\to\R$ su funkcie s limitou $\infty$ v bode 0, pricom 
$\lim_{x\to 0} {f(x) \over g(x)}=2$, tak $\lim_{x\to 0}(f(x)-g(x))$ \\
\moznostI{$=2$}
\moznostI{$=1/2$}
\moznostIII{$=-2$}
\moznostI{$=-1/2$} 
\moznostI{$=\infty$} 
\moznostIII{$=-\infty$} 
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Zo zadania $\lim_{x\to 0} (f(x)-2g(x))=0$, potom 
$\lim_{x\to 0} (f(x)-g(x))=\lim_{x\to 0} \Bigl( (f(x)-2g(x)) + g(x) \Bigr)=\infty$.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Ak $f:\R\setminus \{0\}\to\R$ nenadobuda nulove hodnoty, $\lim_{x\to 0} f(x)$ neexistuje 
a $\lim_{x\to 0} {1\over f(x)}$ existuje, tak \\
\moznostI{$\lim_{x\to 0} f(x)$ je nevlastna}
\moznostIII{$\lim_{x\to 0} |f(x)|$ je nevlastna, ale $\lim_{x\to 0} f(x)$ nemusi existovat}
\moznostII{ziadna z predchadzajucich odpovedi nie je spravna}

\begin{riesenie}
Takto sa to zachovalo. Nemôžem za to, že tá otázka nedáva zmysel.
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Vypocitajte: $\lim_{x\to 1} { 3 \over 1 - \sqrt{x} } - { 2 \over 1 - \sqrt[3]{x} }$

% FIXME
\begin{riesenie}
neni
\end{riesenie}

% =============================================

\uloha
Vypocitajte: $\lim_{n\to\infty} n\left(\sqrt[n]{7}-1\right)$

% FIXME
\begin{riesenie}
neni
\end{riesenie}

\end{document}