Limity funkcí

`{\lim}\limits_{x \to a}f(x)`

Předchozí výraz čteme jako Limita funkce f(x) když x se blíží k a.

Definice limity

Tato definice byla vymyšlena v 19. století francouzským matematikem Augustinem Louisem Cauchym a později upravena do nynější podoby Karlem Weierstrassem.

Máme-li výraz `{\lim}\limits_{x \to c}f(x)=L`, znamená to, že:

Pro každé libovolné ε > 0 existuje δ > 0 takové, že pro každé x z 0 < |x − c| < δ platí |ƒ(x) − L| < ε

Neboli matematicky zapsáno:

`\forall \varepsilon \gt 0 \ \ \exists \delta \gt 0 \ \ \forall x (0 \lt |x - c| \lt \delta \ \Rightarrow \ |f(x) - L| \lt \varepsilon)`

Nejjednodušší limity

Mezi nejjednodušší limity by patřila například `{\lim}\limits_{x \to 2}x+1`. Při řešení tohoto příkladu postupujeme tak, že vezmeme číslo, ke kterému se x blíží a dosadíme ho do funkce. Vypadalo by to tedy nějak takto `{\lim}\limits_{x \to 2}x+1=2+1=3`. Tato limita byla hodně lehká, protože funkce byla definována v bodě x=2. Horší to bude v příkladě `{\lim}\limits_{x \to 2}\frac{(x-2)(x+1)}{x-2}`. Pokud nyní zkusíte dosadit za x = 2 získáte ve jmenovateli nulu, což pochopitelně není možné. Musíme se tedy nějak zbavit členu (x-2), což je v tomto příkladě velmi jednoduché; jednoduše vykrátíme celý výraz: `{\lim}\limits_{x \to 2}\frac{(x-2)(x+1)}{x-2}={\lim}\limits_{x \to 2}x+1`. Nyní už můžeme za x dosadit 2 a dojdeme k výsledku, že když se x blíží ke 2, limita funkce je rovna 3.

Vyřešte příklad `{\lim}\limits_{x \to 2}\frac{x^2-5x+6}{x^2-3x+2}`. Prvním krokem by měl být pokus dosadit za x číslo dva. Pokud tak ale uděláme, zjistíme, že ve jmenovateli dostaneme nulu a proto se musíme pokusit výraz nějak upravit.

`{\lim}\limits_{x \to 2}\frac{x^2-5x+6}{x^2-3x+2}`
Čitatel i jmenovatel se dají rozložit
`{\lim}\limits_{x \to 2}\frac{x^2-5x+6}{x^2-3x+2}={\lim}\limits_{x \to 2}\frac{(x-3)(x-2)}{(x-2)(x-1)}`
Můžeme krátit
`{\lim}\limits_{x \to 2}\frac{x^2-5x+6}{x^2-3x+2}={\lim}\limits_{x \to 2}\frac{(x-3)(x-2)}{(x-2)(x-1)}=\frac{x-3}{x-1}`
Nyní už můžeme bez problému dosadit za x = 2
`{\lim}\limits_{x \to 2}\frac{x^2-5x+6}{x^2-3x+2}={\lim}\limits_{x \to 2}\frac{(x-3)(x-2)}{(x-2)(x-1)}=\frac{x-3}{x-1}=\frac{-1}{1}=-1`

Vyřešte `{\lim}\limits_{x \to -2}\frac{x^4-16}{x^3+8}`

`{\lim}\limits_{x \to -2}\frac{x^4-16}{x^3+8}`
Čitatel i jmenovatel se dají rozložit
`{\lim}\limits_{x \to -2}\frac{x^4-16}{x^3+8}={\lim}\limits_{x \to -2}\frac{(x^2+4)(x^2-4)}{(x+2)(x^2-2x+4)}`
Ještě více rozložíme čitatel
`{\lim}\limits_{x \to -2}\frac{x^4-16}{x^3+8}={\lim}\limits_{x \to -2}\frac{(x^2+4)(x^2-4)}{(x+2)(x^2-2x+4)}={\lim}\limits_{x \to -2}\frac{(x^2+4)(x+2)(x-2)}{(x+2)(x^2-2x+4)}`
Nyní můžeme krátit
`{\lim}\limits_{x \to -2}\frac{x^4-16}{x^3+8}={\lim}\limits_{x \to -2}\frac{(x^2+4)(x^2-4)}{(x+2)(x^2-2x+4)}={\lim}\limits_{x \to -2}\frac{(x^2+4)(x+2)(x-2)}{(x+2)(x^2-2x+4)}={\lim}\limits_{x \to -2}\frac{x^2+4}{x^2-2x+4}`
Můžeme dosadit
`{\lim}\limits_{x \to -2}\frac{x^4-16}{x^3+8}={\lim}\limits_{x \to -2}\frac{(x^2+4)(x^2-4)}{(x+2)(x^2-2x+4)}={\lim}\limits_{x \to -2}\frac{(x^2+4)(x+2)(x-2)}{(x+2)(x^2-2x+4)}={\lim}\limits_{x \to -2}\frac{x^2+4}{x^2-2x+4}=-\frac{8}{3}`

Obecný postup řešení limit

Při řešení limit funkcí postupujeme podle následujícího návodu:

1. Nejprve zkusíme do limity dosadit číslo ke kterému se funkce blíží. Ve většině případů sice dostaneme neurčitý výraz, ale stojí to za zkoušku.
2. Pokusíme se výraz nějakým způsobem zjednodušit → něco vytknout a poté vykrátit. V příkladě `{\lim}\limits_{x \to 2}\frac{x^2-5x+6}{x^2-3x+2}` se x blíží k číslu 2. Je tedy jasné, že ve jmenovateli se musíme zbavit členu `(x-2)` → `{\lim}\limits_{x \to 2}\frac{x^2-5x+6}{x^2-3x+2}={\lim}\limits_{x \to 2}\frac{(x-3)(x-2)}{(x-2)(x-1)}=\frac{x-3}{x-1}=-1`
3. Pokud se Vám nepovede nic vykrátit, můžete se pokusit použít l'Hospitalovo pravidlo (ale o tom až později).

Pravidla pro počítání s limitami

Následující pravidla se hodí zejména v případě, že pracujete se složitými limitami.

1. `{\lim}\limits_{x \to a}\left[f(x)+g(x)\right]={\lim}\limits_{x \to a}f(x)+{\lim}\limits_{x \to a}g(x)`
2. `{\lim}\limits_{x \to a}\left[f(x)-g(x)\right]={\lim}\limits_{x \to a}f(x)-{\lim}\limits_{x \to a}g(x)`
3. `{\lim}\limits_{x \to a}\left[f(x)\cdot g(x)\right]={\lim}\limits_{x \to a}f(x)\cdot{\lim}\limits_{x \to a}g(x)`
4. `{\lim}\limits_{x \to a}\left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]=\frac{{\lim}\limits_{x \to a}f(x)}{{\lim}\limits_{x \to a}g(x)}` za předpokladu, že `{\lim}\limits_{x \to a}g(x)\ne0`

Limity goniometrických funkcí

I v limitách se občas objeví goniometrická funkce a to často působí studentům problémy.

Je potřeba pamatovat si některé základní limity, pomocí kterých poté můžeme spočítat ty složitější.

Na předchozím obrázku jsou grafy funkcí f(x): y = x a f(x): y = sin(x). Podíváte-li se na jejich funkční hodnoty když x se blíží k nule, vidíte, že jejich funkční hodnoty jsou skoro stejné. Z toho tedy plyne:

`{\lim}\limits_{x \to 0}\frac{\sin x}{x}=1`

Podobným způsobem můžeme zjistit, že platí limita `{\lim}\limits_{x \to 0}\frac{tg x}{x}=1`. Pokuste se vyřešit příklad `{\lim}\limits_{a \to 0}\frac{\sin 5a}{a}`

O několik řádku výše jsme si ukázali vzorec `{\lim}\limits_{x \to 0}\frac{\sin x}{x}=1`. Ten ale zatím nemůžeme použít. Nejprve musíme limitu rozšířit číslem `\frac{5}{5}`

`{\lim}\limits_{a \to 0}\frac{\sin 5a}{a}={\lim}\limits_{a \to 0}\frac{5\sin 5a}{5a}`
Nyní použijeme substituci `5a = x` a můžeme použit onen vzorec
`{\lim}\limits_{a \to 0}\frac{\sin 5a}{a}={\lim}\limits_{a \to 0}\frac{5\sin x}{x}=5\cdot{\lim}\limits_{a \to 0}\frac{\sin x}{x}=5\cdot1=5`

Určete limitu funkce `{\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{\cos^2x-3\cos x-4}{\cos^2x-4\cos x-5}`

`{\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{\cos^2x-3\cos x-4}{\cos^2x-4\cos x-5}`
Není potřeba nic složitého vymýšlet, čitatel i jmenovatel se dají rozložit
`{\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{\cos^2x-3\cos x-4}{\cos^2x-4\cos x-5}={\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{(\cos x+1)(\cos x-4)}{(\cos x+1)(\cos x-5)}={\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{\cos x-4}{\cos x-5}=\frac{-5}{-6}=\frac{5}{6}`

Při počítání limit některých goniometrických funkcí je dobré znát alespoň základní Goniometrické vzorce.

`{\lim}\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{\cos2x}`
Použijeme vzoreček `\cos2x=\cos^2x-\sin^2x`
`{\lim}\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{\cos2x}={\lim}\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{\cos^2x-\sin^2x}`
Jmenovatel rozložíme podle vzorečku `a^2-b^2=(a+b)\cdot(a-b)`
`{\lim}\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{\cos2x}={\lim}\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{\cos^2x-\sin^2x}={\lim}\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{(\cos x+\sin x)(\cos x-\sin x)}`
Můžeme krátit
`{\lim}\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{\cos2x}={\lim}\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{\cos^2x-\sin^2x}={\lim}\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\frac{\sin x-\cos x}{(\cos x+\sin x)(\cos x-\sin x)}={\lim}\limits_{x \to \frac{\pi}{4}}\frac{-1}{\cos x+\sin x}=-\frac{\sqrt{2}}{2}`

Vyzkoušíme vyřešit ještě jeden příklad:

`{\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{\sin^2x}{1+\cos x}`
Použijeme vzoreček `\sin^2x+\cos^2x=1\ \rightarrow\ \sin^2x=1-\cos^2x`
`{\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{\sin^2x}{1+\cos x}={\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{1-\cos^2x}{1+\cos x}`
Použijeme vzoreček `a^2-b^2=(a+b)\cdot(a-b)`
`{\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{\sin^2x}{1+\cos x}={\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{1-\cos^2x}{1+\cos x}={\lim}\limits_{x \to \pi}\frac{(1+\cos x)(1-\cos x)}{1+\cos x}={\lim}\limits_{x \to \pi}1-\cos x=2`

Nevlastní limity

Doposud jsme počítali limity vlastní, tedy limity, jejichž výsledkem bylo konečné číslo. Funkce má nevlastní limitu tehdy, jestliže se funkční hodnota v daném bodě blíží buď k nekonečnu nebo k mínus nekonečnu. Toto se dobře ukazuje na grafu funkce `f(x):\ y\ =\ \frac{1}{x}`

Na základě obrázku můžeme určit:

• `{\lim}\limits_{x \to 0+}\ \frac{1}{x}=+\infty`
• `{\lim}\limits_{x \to 0-}\ \frac{1}{x}=-\infty`

Limity v nevlastních bodech

Limity v nevlastních bodech jsou limity, kde se x blíží buď k nekonečnu nebo k mínus nekonečnu. Příkladem budiž limita `{\lim}\limits_{x \to \infty}x^2`. Grafem funkce `f(x):\ y\ =\ x^2` je parabola otevřená směrem nahoru. Čím větší je x, tím jsou větší hodnoty funkčních hodnot. Platí tedy `{\lim}\limits_{x \to \infty}x^2=\infty`. Jelikož se limita blíží nekonečnu, jedná se o nevlastní limitu v nevlastním bodě. Podobnou myšlenkovou úvahou dojdeme například k závěru, že `{\lim}\limits_{x \to -\infty}x^3` je `-\infty`

Samozřejmě existují i vlastní limity v nevlastních bodech. Vypočítejte `{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x+1}{x}`

`{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x+1}{x}`
Začneme tím, že jak ve jmenovateli tak i v čitateli vytkneme x s nejvyšší mocninou
`{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x+1}{x}={\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x(1+\frac{1}{x}}{x(1)}`
Použijeme pravidlo `{\lim}\limits_{x \to a}\left[f(x)\cdot g(x)\right]={\lim}\limits_{x \to a}f(x)\cdot{\lim}\limits_{x \to a}g(x)`
`{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x+1}{x}={\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x(1+\frac{1}{x})}{x(1)}={\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x}{x}\cdot{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{1+\frac{1}{x}}{1}`

Úprava první limity je jasná, x se vykrátí a výsledek tedy bude 1. Upravit druhou limitu je trošku větší oříšek. Je potřeba si uvědomit, čemu se rovná `{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{1}{x}`. Čím větší číslo budeme za x dosazovat, tím menší výsledek budeme získávat, budeme se blížit nule → `{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{1}{x}=0`. Obecně se dá říci, že platí `{\lim}\limits_{x \to \pm\infty}\frac{a}{x^n}=0,\ a\ \in\ \mathbb{R},\ n\ \in\ \mathbb{N}`. Tím pádem můžeme dopočítat předchozí příklad.

`{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x+1}{x}={\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x(1+\frac{1}{x})}{x(1)}={\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x}{x}\cdot{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{1+\frac{1}{x}}{1}=1\cdot\frac{1+0}{1}=1`

Vypočítejte `{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{2x^3-x^2+5}{x^2+x-2}`

`{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{2x^3-x^2+5}{x^2+x-2}`
Vytkneme x s nejvyšší mocninou
`{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{2x^3-x^2+5}{x^2+x-2}={\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x^3(2-\frac{1}{x}+\frac{5}{x^3})}{x^2(1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2})}`
Rozdělíme příklad na násobek dvou limit
`{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{2x^3-x^2+5}{x^2+x-2}={\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x^3(2-\frac{1}{x}+\frac{5}{x^3})}{x^2(1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2})}={\lim}\limits_{x \to \infty}x\cdot{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{2-\frac{1}{x}+\frac{5}{x^3}}{1+\frac{1}{x}-\frac{2}{x^2}}=\infty\cdot\frac{2-0+0}{1+0-0}=\infty`

Vypočítejte `{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x^2-2x+5}{2x^3-x^2+4}`

`{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x^2-2x+5}{2x^3-x^2+4}={\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{x^2(1-\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2})}{x^3(2-\frac{1}{x}+\frac{4}{x^3})}={\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{1}{x}\cdot{\lim}\limits_{x \to \infty}\frac{1-\frac{2}{x}+\frac{5}{x^2}}{2-\frac{1}{x}+\frac{4}{x^3}}=0\cdot\frac{1-0+0}{2-0+0}=0`

Příklady

`\begin{matrix}-1 & | & 1 & 0 & -2 & -1\\&&&-1&1&1\\&&1&-1&-1&0\end{matrix}\longrightarrow x^3-2x-1=(x+1)(x2-x-1)`

`\begin{matrix}-1&|&1&0&0&0&-2&-1\\&&&-1&1&-1&1&1\\&&1&-1&1&-1&-1&0\end{matrix}\longrightarrow x^5-2x-1=(x+1)(x^4-x^3+x^2-x-1)`

`\lim\limits_{x\to-1}\frac{x^3-2x-1}{x^5-2x-1}=\lim\limits_{x\to-1}\frac{(x+1)(x^2-x-+)}{(x+1)(x^4-x^3+x^2-x-1)}=\frac{1}{3}`

`\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin2x}{\sin3x}=\lim\limits_{x\to0}\left(\frac{\sin2x}{\sin3x}\frac{2x}{2x}\right)=\lim\limits_{x\to0}\left(\frac{2x}{\sin3x}\frac{\frac{1}{3x}}{\frac{1}{3x}}\right)=\lim\limits_{x\to0}\frac{2x}{3x}=\frac{2}{3}`

`\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\lim\limits_{x\to0}\frac{1-\cos^2x}{x^2(1+\cos x)}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin^2x}{x^2(1+\cos x)}=\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin^2x}{x^2}\lim\limits_{x\to0}\frac{1}{1+\cos x}=1\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}`

`\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2^n-2^{-n}}{2^n+2^{-n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2^n(1-2^{-2n})}{2^n(1+2^{-2n})}`

`\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2^n-2^{-n}}{2^n+2^{-n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2^n(1-2^{-2n})}{2^n(1+2^{-2n})}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2^n(1-\frac{1}{2^{2n}})}{2^n(1+\frac{1}{2^{2n}})}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2^n(1)}{2^n(1)}=1`

`\lim\limits_{n\to\infty}n(\sqrt{n^2+1}-n)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n(n^2+1-n^2)}{\sqrt{n^2+1}+n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}+n}`

`\lim\limits_{n\to\infty}n(\sqrt{n^2+1}-n)=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n(n^2+1-n^2)}{\sqrt{n^2+1}+n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{\sqrt{n^2+1}+n}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+1\right)}=\frac{1}{2}`