Archimédův axiom

Řešení příkladu:

Archimédův axiom říká, že pro libovolná kladná reálná čísla \(a, b > 0\) existuje přirozené číslo \(n\), takové že \[ n \cdot a > b. \] Dokažme to formálně. Nechť \(a, b > 0\). Předpokládejme, že tvrzení není pravdivé, tedy že pro všechna \(n \in \mathbb{N}\) platí \[ n \cdot a \leq b. \] Pak je množina \(\{n \cdot a : n \in \mathbb{N}\}\) ohraničená shora číslem \(b\). Jelikož \(a > 0\), je posloupnost \((n \cdot a)_{n=1}^\infty\) rostoucí. Podle vlastností reálných čísel má tato posloupnost supremum, označme ho \(s = \sup \{n \cdot a : n \in \mathbb{N}\}\) a platí \[ s \leq b. \] Nyní vezměme číslo \(s – a\). Protože \(a > 0\), je \(s – a < s\). Jelikož je \(s\) supremum, existuje nějaké \(m \in \mathbb{N}\), pro které \[ m \cdot a > s – a. \] Přičteme \(a\) k oběma stranám: \[ m \cdot a + a > s, \] tedy \[ (m+1) \cdot a > s. \] To však odporuje tomu, že \(s\) je supremum množiny \(\{n \cdot a : n \in \mathbb{N}\}\). Tento spor vznikl z předpokladu, že neexistuje \(n\) s \(n \cdot a > b\). Tedy existuje takové \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n \cdot a > b, \] což bylo třeba dokázat.

Řešení příkladu:

Předpokládejme, že množina všech přirozených čísel \(\mathbb{N}\) je ohraničená zhora nějakým reálným číslem \(M\), tedy že \[ \forall n \in \mathbb{N}: n \leq M. \] To znamená, že \(M\) je shora omezená množina \(\mathbb{N}\). Jelikož \(\mathbb{N}\) je množina, kde platí Archimédův axiom, víme, že pro \(a = 1\) a \(b = M\) existuje přirozené číslo \(n\) takové, že \[ n \cdot a = n > M, \] což je spor s předpokladem, že \(n \leq M\) pro všechna \(n\). Tedy množina \(\mathbb{N}\) není ohraničená zhora v \(\mathbb{R}\).

Řešení příkladu:

Podmínka říká, že pro kladné reálné číslo \(a\) chceme najít přirozené číslo \(n\), aby platilo \[ \frac{1}{n} < a. \] Použijeme Archimédův axiom. Zvolme \(b = \frac{1}{a}\) (platí, protože \(a > 0\), tedy \(b > 0\)). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\) tak, že \[ n > b = \frac{1}{a}. \] Odtud vyplývá \[ \frac{1}{n} < a. \] Tím je tvrzení dokázáno.

Řešení příkladu:

Předpokládejme, že existuje nejmenší prvek \(m = \frac{1}{n_0}\) v množině \(\left\{\frac{1}{n} : n \in \mathbb{N}\right\}\). To znamená, že \[ \forall n \in \mathbb{N}: \frac{1}{n_0} \leq \frac{1}{n}. \] Z této nerovnosti plyne, že \[ \forall n \in \mathbb{N}: n \leq n_0. \] Tedy \(n_0\) je shora omezení množiny \(\mathbb{N}\). Podle Archimédova axiomu však množina \(\mathbb{N}\) není ohraničená shora, tedy neexistuje \(n_0\), které by splňovalo tuto podmínku. Tedy náš předpoklad byl chybný a množina \(\left\{\frac{1}{n} : n \in \mathbb{N}\right\}\) nemá nejmenší prvek.

Řešení příkladu:

Abychom dokázali existenci \(n\), použijeme Archimédův axiom. Pro zadaná \(a, b > 0\) a libovolné \(c \in \mathbb{R}\ uvažujme číslo \[ d = c – b. \] Archimédův axiom nám říká, že existuje \(n \in \mathbb{N}\) takové, že \[ n \cdot a > d. \] Přičteme \(b\) k oběma stranám nerovnosti: \[ n \cdot a + b > c. \] Odtud plyne: \[ c – n \cdot a < b, \] což je požadované.

Řešení příkladu:

Podle Archimédova axiomu existuje \(m \in \mathbb{N}\), že \[ m \cdot a > b. \] Nechť \(S = \{n \in \mathbb{N} : n \cdot a > b\}\). Množina \(S\) je neprázdná (obsahuje \(m\)), takže má nejmenší prvek, označme jej \(n_0\). Tedy \[ n_0 \cdot a > b, \] a protože je \(n_0\) nejmenší s touto vlastností, platí \[ (n_0 – 1) \cdot a \leq b. \] Tím jsme dokázali existenci takového \(n\).

Řešení příkladu:

Hustota znamená, že mezi libovolnými dvěma reálnými čísly existuje prvek z množiny \(\{k \cdot a : k \in \mathbb{Z}\}\). Nechť \(x, y \in \mathbb{R}\) s \(x < y\). Chceme najít \(k \in \mathbb{Z}\) takové, že \[ x < k \cdot a < y. \] Vydělme všechny strany rovnice \(a\): \[ \frac{x}{a} < k < \frac{y}{a}. \] Protože \(a > 0\), nerovnosti se nezmění. Jelikož \(y – x > 0\), platí \[ \frac{y}{a} – \frac{x}{a} = \frac{y – x}{a} > 0. \] Podle Archimédova axiomu existuje celé číslo \(k \in \mathbb{Z}\) mezi \(\frac{x}{a}\) a \(\frac{y}{a}\), protože existují celé čísla mezi každými dvěma reálnými čísly. Tedy \[ x < k \cdot a < y, \] což znamená, že množina \(\{k \cdot a : k \in \mathbb{Z}\}\) je hustá v \(\mathbb{R}\).

Řešení příkladu:

Použijeme Archimédův axiom dvakrát. Nejprve existuje \(n_1 \in \mathbb{N}\), že \[ n_1 > a. \] Dále aplikujeme Archimédův axiom na číslo \(\frac{1}{a}\) (platí, protože \(a > 0\)), existuje \(n_2 \in \mathbb{N}\), že \[ n_2 > \frac{1}{a} \Rightarrow \frac{1}{n_2} < a. \] Zvolíme \(n = \max(n_1, n_2)\). Pak platí \[ \frac{1}{n} \leq \frac{1}{n_2} < a < n_1 \leq n, \] tedy \[ \frac{1}{n} < a < n, \] což bylo třeba dokázat.

Řešení příkladu:

Podle Archimédova axiomu existuje \(n_1 \in \mathbb{N}\) takové, že \[ n_1 \cdot a > b. \] Dále existuje \(n_2 \in \mathbb{N}\) takové, že \[ \frac{1}{n_2} < a. \] Zvolme \(n = \max(n_1, n_2)\). Pak platí obě tvrzení současně: \[ n \cdot a \geq n_1 \cdot a > b, \] a \[ \frac{1}{n} \leq \frac{1}{n_2} < a. \] Tím je dokázáno, že existuje \(n\), které splňuje obě nerovnosti.

Řešení příkladu:

Archimédův axiom říká, že pro každá dvě kladná reálná čísla \(x, y\) existuje přirozené číslo \(n\), takové že \(nx > y\). V našem případě vezmeme \(x = a\), \(y = b\). Obě čísla jsou kladná. Tedy existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ na > b, \] což jsme chtěli dokázat.

Řešení příkladu:

Předpokládejme, že existuje nejmenší prvek \(m\) této množiny. Pak \(m = \frac{1}{n}\) pro nějaké \(n \in \mathbb{N}\). Ovšem číslo \(\frac{1}{n+1} < \frac{1}{n} = m\), a také \(\frac{1}{n+1} \in \left\{ \frac{1}{n} \mid n \in \mathbb{N} \right\}\), což je spor. Tedy množina nemá nejmenší prvek. Tento závěr je v souladu s Archimédovým axiomem, neboť můžeme najít libovolně malé kladné reálné číslo menší než dané kladné číslo.

Řešení příkladu:

Mějme \(x, y \in \mathbb{R}\), kde \(x < y\). Pak \(y - x > 0\), tedy existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < y - x. \] Zvolme přirozené \(n\) a nějaké celé \(m\), takové že \[ \frac{m}{n} > x. \] Takové \(m\) musí existovat, protože množina \(\left\{ \frac{m}{n} \mid m \in \mathbb{Z} \right\}\) je hustá v \(\mathbb{R}\). Navíc, protože \(\frac{1}{n} < y - x\), pak \[ \frac{m}{n} < x + \frac{1}{n} < x + (y - x) = y. \] Tedy \(x < \frac{m}{n} < y\), a máme racionální číslo mezi \(x\) a \(y\).

Řešení příkladu:

Předpokládejme, že existuje největší reálné číslo \(M\). Pak vezměme libovolné kladné reálné číslo \(a > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje přirozené číslo \(n\), že \[ na > M. \] Ale \(na \in \mathbb{R}\), což je spor, protože \(M\) měl být největší. Tedy žádné největší reálné číslo neexistuje.

Řešení příkladu:

Předpokládejme, že množina \(\mathbb{R}\) je konečná. Pak má největší prvek \(M\). Zvolme libovolné kladné reálné číslo \(a > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ na > M, \] což znamená, že \(na \in \mathbb{R}\) a \(na > M\), což je spor. Tedy množina \(\mathbb{R}\) nemůže být konečná.

Řešení příkladu:

Předpokládejme, že existuje posloupnost \(a_n = a_0 + nd\), kde \(d > 0\), která pokrývá všechna reálná čísla. Pak platí \(a_n \in \mathbb{R}\) pro všechna \(n\). Ovšem pak všechna čísla v této posloupnosti jsou větší než \(a_0 – d\) a menší než libovolně velké \(a_n\). Ale podle Archimédova axiomu lze zvolit reálné číslo menší než libovolně zvolené číslo v posloupnosti. Taková čísla nebudou v této posloupnosti obsažena, což je spor. Tedy reálná čísla nelze pokrýt aritmetickou posloupností.

Řešení příkladu:

Hustota znamená, že mezi dvěma různými reálnými čísly \(x < y\) existuje další reálné číslo. Vezměme \[ z = \frac{x + y}{2}. \] Pak platí \[ x < z < y. \] Číslo \(z\) je reálné, tedy mezi \(x\) a \(y\) existuje další reálné číslo. Tento fakt je v souladu s Archimédovým axiomem, protože axiom zajišťuje existenci čísel v libovolném intervalu.

Řešení příkladu:

Platí, že \(|x| + 1 > 0\). Pak podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > \frac{1}{|x| + 1} \Rightarrow \frac{1}{n} < |x| + 1. \] Což bylo třeba dokázat.

Řešení příkladu:

Aplikujeme Archimédův axiom na \(\sqrt{x}\). Existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > \frac{1}{\sqrt{x}} \Rightarrow n^2 > \frac{1}{x} \Rightarrow \frac{1}{n^2} < x. \] To je přesně tvrzení, které jsme chtěli dokázat.

Řešení příkladu:

Vzhledem k tomu, že \(\varepsilon > 0\), lze aplikovat Archimédův axiom, který zaručuje existenci \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > \frac{1}{\varepsilon} \Rightarrow \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Tedy pro každé kladné reálné číslo \(\varepsilon\) existuje takové přirozené číslo \(n\), že uvedená nerovnost platí.

Řešení příkladu:

Archimédův axiom říká, že pro každé reálné \(x > 0\) existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \(n > x\). Označme takové \(n\). Potom je \(x < n\), a zároveň \(n - 1 \leq x\), neboť jinak by platilo \(x < n - 1\), a tedy \(n - 1 > x\), což odporuje minimálnosti \(n\) jako nejmenšího přirozeného čísla většího než \(x\). Tedy existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \(n – 1 \leq x < n\).

Řešení příkladu:

Mějme \(a < b\), \(a, b \in \mathbb{R}\). Položme \(\varepsilon = b - a > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Nyní existuje celé číslo \(k\), že \[ \frac{k}{n} > a. \] Takové \(k\) existuje, protože množina \(\left\{ \frac{k}{n} \mid k \in \mathbb{Z} \right\}\) je hustá. Pak platí: \[ \frac{k}{n} – a < \frac{1}{n} < \varepsilon \Rightarrow \frac{k}{n} < a + \varepsilon = b. \] Tedy \(\frac{k}{n} \in \mathbb{Q}\) a \(\frac{k}{n} \in (a, b)\).

Řešení příkladu:

Nechť \(\varepsilon > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(N \in \mathbb{N}\), že \[ N > \frac{1}{\varepsilon} \Rightarrow \frac{1}{N} < \varepsilon. \] Pro každé \(n \geq N\) pak platí \(\frac{1}{n} \leq \frac{1}{N} < \varepsilon\), tedy \[ \left| \frac{1}{n} - 0 \right| < \varepsilon. \] Tím je podle definice limity dokázáno, že \(\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0\).

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\). Pokud \(x < 0\), pak existuje přirozené \(n\), že \(n > -x \Rightarrow -n < x\), a tedy \(x < m\) pro nějaké celé \(m\). Pokud \(x \geq 0\), pak opět podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \(n > x\), což je celé číslo větší než \(x\). V obou případech tedy existuje celé číslo větší než dané reálné číslo.

Řešení příkladu:

Nejprve ukážeme, že 0 je dolní závora: pro každé \(n \in \mathbb{N}\) je \(\frac{1}{n} > 0\). Nyní dokažme, že žádné větší číslo než 0 není dolní závora. Nechť \(\varepsilon > 0\). Pak existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Tedy \(\varepsilon\) není dolní závora. Z toho plyne, že 0 je největší dolní závora, tedy infimum množiny.

Řešení příkladu:

Nechť \(a < b\), \(a, b \in \mathbb{R}\), a \(b - a > 1\). Potom každý interval délky 1 obsahuje alespoň jedno přirozené číslo. Označme \(n_0\) jako nejmenší přirozené číslo větší než \(a\). Potom \(n_0 < n_0 + 1 < \dots < n_k < b\) pro nějaké \(k\), kde \(n_k < b\). Díky Archimédovu axiomu víme, že takových čísel existuje tolik, kolik potřebujeme, pokud je rozdíl \(b - a\) dostatečně velký. Tedy takových přirozených čísel mezi \(a\) a \(b\) je nekonečně mnoho.

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\). Pro každé \(\varepsilon > 0\) podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \(\frac{1}{n} < \varepsilon\). Dále existuje celé \(k\), že \(\frac{k}{n} < x < \frac{k+1}{n}\), což opět plyne z hustoty racionálních čísel. Potom \(\frac{k}{n}\) je racionální a splňuje \(x - \frac{k}{n} < \varepsilon\). Tedy \(x\) lze aproximovat zespodu racionálními čísly.

Řešení příkladu:

Nechť \(x > 0\), \(\delta > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n \delta > x. \] Tedy \(x < n \delta\), což jsme chtěli dokázat.

Řešení příkladu:

Uvažujme \(\sqrt{2}\), iracionální číslo. Pro každé \(n \in \mathbb{N}\) existují racionální čísla \(q_n\), že \[ \left| q_n – \sqrt{2} \right| < \frac{1}{n}. \] Takové \(q_n\) existují díky hustotě \(\mathbb{Q}\) v \(\mathbb{R}\) a Archimédovu axiomu, který zajišťuje, že můžeme volit libovolně jemné dělení. Pak posloupnost \(q_n\) je racionální a konverguje k \(\sqrt{2}\).

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\), \(\varepsilon > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \(\frac{1}{n} < \varepsilon\). Existují celá čísla \(k\), že \[ \frac{k}{n} < x < \frac{k+1}{n}, \] tedy dvě racionální čísla s rozdílem \(\frac{1}{n} < \varepsilon\), která omezují \(x\). Tím je dokázáno.

Řešení příkladu:

Nechť \(\varepsilon > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Množina desetinných zlomků s jmenovatelem \(n\), tj. čísla tvaru \(\frac{k}{n}\), kde \(k \in \mathbb{Z}\), je hustá v \(\mathbb{R}\), takže existuje \(k\), že \[ \left| x - \frac{k}{n} \right| < \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Tedy existuje desetinný zlomek \(\frac{k}{n}\), který se od \(x\) liší o méně než \(\varepsilon\), což bylo třeba dokázat.

Řešení příkladu:

Jelikož \(a > 0\), můžeme dělit: \(\frac{b}{a} > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > \frac{b}{a} \Rightarrow n a > b. \] Tím je tvrzení dokázáno.

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\). Zvolme libovolné \(a > 0\), například \(a = 1\). Pak podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > x. \] Zvolme např. \(x + 1\). Pak platí \(x < x + 1 \in \mathbb{R}\), tedy k libovolnému \(x\) existuje větší prvek. Tedy reálná osa nemá největší prvek.

Řešení příkladu:

Nechť \(\varepsilon > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Pak pro všechna \(k \in \mathbb{Z}\), kde \(-n < k < n\), máme: \[ \left| \frac{k}{n} \right| < \frac{n}{n} = 1 < \varepsilon, \] pokud \(n\) zvolíme větší než \(\frac{1}{\varepsilon}\). Tedy čísla \(\frac{k}{n}\) jsou racionální a leží v okolí nuly. Navíc existuje nekonečně mnoho takových \(k\), takže existuje nekonečně mnoho racionálních čísel v okolí nuly.

Řešení příkladu:

Položme \(x = 1\). Platí, že \[ \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1. \] Tedy pro každé \(\delta > 0\) existuje \(N\), že pro každé \(n \geq N\) platí: \[ \left| \frac{n}{n+1} – 1 \right| < \delta. \] Rozepíšeme: \[ \left| \frac{n}{n+1} - 1 \right| = \left| \frac{n - (n + 1)}{n+1} \right| = \frac{1}{n+1}. \] Chceme tedy, aby \(\frac{1}{n+1} < \delta\), což podle Archimédova axiomu nastane, pokud \(n+1 > \frac{1}{\delta}\). Takové \(n\) existuje, takže existuje přirozené číslo \(n\), pro které \(\left| x – \frac{n}{n+1} \right| < \delta\).

Řešení příkladu:

Pro každé \(n \in \mathbb{N}\) platí \(\frac{n+1}{n} = 1 + \frac{1}{n} > 1\). Tedy 1 je dolní závora. Nechť \(\varepsilon > 0\). Pak chceme ukázat, že \(\exists n\), že \(\frac{n+1}{n} < 1 + \varepsilon\). Rozepíšeme: \[ 1 + \frac{1}{n} < 1 + \varepsilon \Rightarrow \frac{1}{n} < \varepsilon. \] To nastane pro \(n > \frac{1}{\varepsilon}\), což zajišťuje Archimédův axiom. Tedy 1 je infimum množiny.

Řešení příkladu:

Pro každé \(n \in \mathbb{N}\) existuje racionální číslo \(q_n\), že \[ \left| x – q_n \right| < \frac{1}{n}. \] To plyne z hustoty \(\mathbb{Q}\) v \(\mathbb{R}\), kterou lze dokázat Archimédovým axiomem. Pak platí: \[ \lim_{n \to \infty} q_n = x, \] protože rozdíl mezi \(x\) a \(q_n\) je menší než libovolné \(\varepsilon > 0\) pro dostatečně velké \(n\). Tedy existuje taková posloupnost.

Řešení příkladu:

Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \(\frac{1}{n} < \varepsilon\). Pak je \(\frac{1}{n} \in \mathbb{Q}\), \(\frac{1}{n} > 0\) a \(\frac{1}{n} < \varepsilon\), tedy takové racionální číslo existuje.

Řešení příkladu:

Položme \(x_n = \frac{\sqrt{2}}{n}\). Pro každé \(n \in \mathbb{N}\) je \(x_n > 0\), iracionální (jelikož \(\sqrt{2}\) je iracionální a \(\frac{1}{n} \in \mathbb{Q}\)), a posloupnost je zjevně klesající: \[ x_{n+1} = \frac{\sqrt{2}}{n+1} < \frac{\sqrt{2}}{n} = x_n. \] Navíc \[ \lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt{2}}{n} = 0, \] protože \(\frac{1}{n} \to 0\), což plyne z Archimédova axiomu. Tedy existuje klesající posloupnost iracionálních čísel konvergující k nule.

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\), \(\varepsilon > 0\). Pokud \(x = 0\), pak \(\frac{x}{n} = 0 < \varepsilon\) pro všechna \(n\). Pokud \(x \neq 0\), pak \(\left| \frac{x}{n} \right| = \frac{|x|}{n}\). Chceme: \[ \frac{|x|}{n} < \varepsilon \Rightarrow n > \frac{|x|}{\varepsilon}. \] Takové \(n\) podle Archimédova axiomu existuje. Tedy \(\left| \frac{x}{n} \right| < \varepsilon\).

Řešení příkladu:

Protože \(a > 0\), aplikujeme Archimédův axiom na \(\sqrt{a}\). Existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > \sqrt{a} \Rightarrow n^2 > a. \] Tím je daný vztah dokázán.

Řešení příkladu:

Jelikož \(x > 1\), vezměme \(a = x-1 > 0\). Pak platí \(x = 1 + a\). Prokládejme mocniny: \[ x^n = (1 + a)^n \ge 1 + na, \] což platí z binomické nerovnosti (bez použití \binom). Archimédův axiom říká, že existuje \(n\), že \(na > 999\). Pak \[ x^n \ge 1 + na > 1000. \] Tedy hledaný n existuje.

Řešení příkladu:

Nechť \(\varepsilon > 0\). Je-li \(\frac{1}{\sqrt{n}} < \varepsilon\), pak \(\sqrt{n} > \frac{1}{\varepsilon}\). Archimédův axiom zaručuje, že existuje \(N\), že pro všechna \(n \ge N\) \[ \sqrt{n} > \frac{1}{\varepsilon} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{n}} < \varepsilon. \] Z toho plyne, že \(\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0\).

Řešení příkladu:

Harmonická řada roste neomezeně. Konkrétně pro \(n\) platí \[ \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} \ge 1 + \frac{n-1}{n} = 2 – \frac{1}{n} > 1, \] ale ve skutečnosti lze pomocí Archiméda ukázat, že pro dané \(a\) existuje taková část \\( (m-1) \) členů, že dává součet větší než \(a\). Tedy utkvíme s existencí požadovaného \(n\).

Řešení příkladu:

Pro \(t = \frac{x}{n}\) platí Taylorovo rozvinutí: \[ \ln(1 + t) = t – \frac{t^2}{2} + R, \] kde \(R\) je zbytek. Pro dostatečně velké \(n\) bude \(t\) malé a tedy \[ \left|\ln(1+t) – t\right| \approx \frac{t^2}{2} = \frac{x^2}{2n^2}. \] Chceme \(\frac{x^2}{2n^2} < \varepsilon\), tj. \(n > \sqrt{\frac{x^2}{2\varepsilon}}\). Podle Archiméda takové \(n\) existuje a potom platí požadovaná nerovnost.

Řešení příkladu:

Použijeme odhad pomocí Stirlinga: \(n! \approx n^n e^{-n} \sqrt{2\pi n}\), takže \[ \frac{a^n}{n!} \approx \left(\frac{a e}{n}\right)^n \frac{1}{\sqrt{2\pi n}}. \] Pro libovolné \(\varepsilon\) najdeme dostatečně velké \(n\) tak, že \(\frac{a e}{n} < 1\). Podle Archimédova axiomu přijde moment, kdy je každé z těchto členů menší než dané \(\varepsilon\). Tím je dokázáno.

Řešení příkladu:

Známý odhad říká, že \(x_n\) je rostoucí a omezená e, tedy 2,71828…. Pomocí Archimédova axiomu pro případné přiblížení skutečné hodnoty můžeme doložit, že nic nepřekročí tuto konstantu. Tedy posloupnost je omezená zhora.

Řešení příkladu:

Konstanta \(\alpha\) může být zvolena např. \(\alpha = 2\). Pro velké \(n\) platí \(\ln n > 1\), tedy \(2\ln n > n\). Pomocí Archiméda ukážeme, že pro dostatečně veliké \(n\) to platí a může být zpřesněnější argumentace přes inverzní funkce. Tím vztah vyplývá.

Řešení příkladu:

Označme \(r = x – \lfloor x \rfloor\), pak \(0 \le r < 1\). Pokud \(r=0\), pak stačí \(n=1\). Jinak \(r>0\) a podle Archimeda existuje \(n\), že \[ \frac{1}{n} < r. \] Tím je důkaz úplný.

Řešení příkladu:

Využíváme, že \(\lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{a}{n}\right)^n = e^a\). Tedy pro dostatečně velké \(n\) bude hodnota větší než \(e^{a/2}\). Archimédův axiом zaručuje existenci tohoto \(n\) pro každé \(a > 0\).

Řešení příkladu:

Nechť \(x > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > \frac{1}{\sqrt{x}} \Rightarrow n^2 > \frac{1}{x} \Rightarrow \frac{1}{n^2} < x. \] Tím je důkaz úplný.

Řešení příkladu:

Označme \(a = x + 1\). Pak \(a > x\), a protože \(a \in \mathbb{R}\), existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \(n > a\). Tedy \[ n > x + 1 \Rightarrow n – 1 > x. \] Zároveň \(n – 1 \le x\) nemůže platit pro všechna \(n\), jinak by byl \(x\) větší než všechna přirozená čísla, což není pravda. Tedy existuje takové \(n\), že \[ n – 1 \le x < n. \]

Řešení příkladu:

Nechť \(x > 0\). Pak \(\sqrt{x} > 0\), a tedy \[ \frac{x}{\sqrt{x}} = \sqrt{x}. \] Archimédův axiom říká, že existuje \(n\in\mathbb{N}\), že \[ n > \frac{x}{\sqrt{x}} \Rightarrow \frac{x}{n} < \sqrt{x}. \] Tím je tvrzení dokázáno.

Řešení příkladu:

Funkce \(f(n) = \frac{\ln n}{n}\) má limitu nula pro \(n \to \infty\). Tedy \[ \lim_{n\to\infty} \frac{\ln n}{n} = 0. \] Pro každé \(x > 0\) tedy existuje \(n\in\mathbb{N}\), že \[ \frac{\ln n}{n} < x. \] Tuto existenci garantuje Archimédův axiom, protože \(n\) může být dostatečně velké.

Řešení příkladu:

Nechť \(a < b\) jsou reálná čísla. Pak \(b - a > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < b - a. \] Existuje celé \(k\), že \[ \frac{k}{n} > a. \] Pak \[ \frac{k}{n} < a + \frac{1}{n} < b. \] Tedy \(\frac{k}{n}\) je racionální číslo mezi \(a\) a \(b\).

Řešení příkladu:

Využijeme známou limitu: \[ \lim_{n\to\infty} n\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) = 1. \] Pro každé \(x < 1\) tedy existuje \(n\), že \[ n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) > x. \] Pro \(x \ge 1\) použijeme substituci \(m > \frac{x}{\ln 2}\) a pak \[ \ln(1 + \frac{1}{m}) > \ln 2 \Rightarrow m \ln(1 + \frac{1}{m}) > x. \] Archimédův axiom zaručuje existenci takového \(m\).

Řešení příkladu:

Nechť \(A = \{n \in \mathbb{Z} \mid n > x\}\). Množina \(A\) je neprázdná, protože podle Archimédova axiomu existuje \(n\in\mathbb{N}\), že \(n > x\). Potom má \(A\) nejmenší prvek \(k+1\), a tedy \(k \le x < k+1\).

Řešení příkladu:

Platí, že \[ \lim_{n\to\infty} \sin\left(\frac{1}{n}\right) = 0. \] Pro každé \(x > 0\) tedy existuje \(n\in\mathbb{N}\), že \[ \sin\left(\frac{1}{n}\right) < x. \] Existence takového \(n\) plyne z Archimédova axiomu.

Řešení příkladu:

Pro každé \(\varepsilon > 0\) existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \(\frac{1}{n} < \varepsilon\), což zajišťuje Archimédův axiom. Tím je dokázáno, že infimum této množiny je nula.

Řešení příkladu:

Platí \[ \frac{1}{n(n+1)} < \frac{1}{n^2}. \] Archimédův axiom zajišťuje, že pro každé \(x > 0\) existuje \(n\in\mathbb{N}\), že \(\frac{1}{n^2} < x\), tedy i \[ \frac{1}{n(n+1)} < x. \] Tím je důkaz hotov.

Řešení příkladu:

Platí: \[ \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} < \frac{2}{n}. \] Pro každé \(a > 0\) použijeme Archimédův axiom: existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > \frac{2}{a} \Rightarrow \frac{2}{n} < a. \] Tedy \[ \frac{1}{n} + \frac{1}{n+1} < \frac{2}{n} < a, \] což bylo třeba dokázat.

Řešení příkladu:

Víme, že \[ \lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n = e \approx 2.718. \] Tedy pro každé \(x < e\) existuje \(n\), že \[ \left(1 + \frac{1}{n}\right)^n > x. \] Pro \(x \ge e\) zvolíme \(\varepsilon = x – 1 > 0\). Archimédův axiom zajišťuje, že existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > \frac{1}{\ln x – \ln(1)}. \] Pak \(\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n > x\).

Řešení příkladu:

Nechť \(x > 0\). Chceme ukázat, že pro každé \(\varepsilon > 0\), existuje racionální číslo \(q > 0\), že \(q < \varepsilon\) a zároveň \(q < x\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \min(x, \varepsilon). \] Pak racionální číslo \(q = \frac{1}{n}\) splňuje požadované podmínky.

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\). Pokud \(x \le 0\), pak ho omezuje např. číslo 1. Pokud \(x > 0\), pak podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > x. \] Tedy pro každé \(x\) existuje \(n\in\mathbb{N}\), že \(|x| < n\).

Řešení příkladu:

Nechť \(M > 0\) je libovolné číslo. Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > M. \] Pak racionální číslo \(q = n \in \mathbb{Q}_+\) je větší než \(M\). Tedy množina není shora omezená.

Řešení příkladu:

Víme, že \(n! \to \infty\), tedy \(\frac{1}{n!} \to 0\). Pro každé \(x > 0\) tedy existuje \(n\in\mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n!} < x. \] Existence takového \(n\) plyne z Archimédova axiomu, neboť \(n!\) překročí \(\frac{1}{x}\).

Řešení příkladu:

Nechť \((x – \varepsilon, x + \varepsilon)\) je otevřené okolí. Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Existuje \(k \in \mathbb{Z}\), že \[ \left|x - \frac{k}{n}\right| < \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Tedy \(\frac{k}{n} \in \mathbb{Q}\) a zároveň \(\frac{k}{n} \in (x - \varepsilon, x + \varepsilon)\).

Řešení příkladu:

Zvolme posloupnost \(a_n = \frac{1}{n}\). Podle Archimédova axiomu pro každé \(\varepsilon > 0\) existuje \(n\), že \[ \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Tedy \(\lim_{n\to\infty} a_n = 0\).

Řešení příkladu:

Nechť \(a < b\) jsou reálná čísla. Pak \(b - a > 0\), Archimédův axiom zajišťuje existenci \(n\in\mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < b - a. \] Existuje \(k \in \mathbb{Z}\), že \[ \frac{k}{n} > a \text{ a } \frac{k}{n} < b. \] Tedy existuje racionální číslo tvaru \(\frac{k}{n} \in (a, b)\), což znamená, že množina je hustá.

Řešení příkladu:

Nechť \(x > 0\). Archimédův axiom zajišťuje existenci \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < x < n. \] Existuje \(k \in \mathbb{N}\), že \(\frac{k-1}{n} < x < \frac{k+1}{n}\). Tedy \[ \frac{k-1}{n} < x < \frac{k+1}{n}, \] kde obě čísla jsou racionální a omezují \(x\) zdola i shora.

Řešení příkladu:

Nechť \(a < b\). Pak rozdíl \(b - a > 0\). Archimédův axiom zaručuje existenci \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < b - a. \] Existuje celé číslo \(k\), že \[ \frac{k}{n} \in (a, b). \] Číslo \(\frac{k}{n}\) je racionální a lze ho upravit na desetinný zlomek s konečným rozvojem (např. volbou \(n = 10^m\)). Tedy v intervalu \((a, b)\) existuje desetinné číslo s konečným desetinným rozvojem.

Řešení příkladu:

Pokud \(x > 1\), pak \(\sqrt[n]{x} > 1\) platí pro všechna \(n \in \mathbb{N}\). Pokud \(0 < x < 1\), pak \(\sqrt[n]{x} \to 1^{-}\). Ukažme, že pro každé \(x > 0\), \(x \ne 1\), existuje \(n\), že \(\sqrt[n]{x} > 1\). Položme \(x = 1 + \varepsilon\), kde \(\varepsilon > 0\). Pak \[ \sqrt[n]{x} = (1 + \varepsilon)^{1/n}. \] Pomocí logaritmu: \((1 + \varepsilon)^{1/n} > 1\) pro každé \(\varepsilon > 0\), protože exponenciála zachovává nerovnosti. Tedy existuje takové \(n\), že \[ \sqrt[n]{x} > 1. \]

Řešení příkladu:

Funkce \(\ln(n+1)\) roste do nekonečna, tedy \(\frac{1}{\ln(n+1)} \to 0\). Pro každé \(x > 0\) tedy existuje \(n\in\mathbb{N}\), že \[ \ln(n+1) > \frac{1}{x} \Rightarrow \frac{1}{\ln(n+1)} < x. \] Existence takového \(n\) plyne z Archimédova axiomu aplikovaného na číslo \(\frac{1}{x}\).

Řešení příkladu:

Nechť \(M\) je libovolné reálné číslo. Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > M. \] Jelikož \(n \in \mathbb{Z}\), plyne, že množina \(\mathbb{Z}\) není shora omezená. Totéž platí analogicky pro dolní omezení.

Řešení příkladu:

Nechť \(a < b\). V intervalu \((a, b)\) podle Archimédova axiomu existuje racionální číslo \(q\). Přičtěme k němu iracionální číslo menší než \(b - q\), např. \(s = q + \frac{\sqrt{2}}{n}\), kde \(n\) je dostatečně velké. Potom \[ s \in (a, b) \text{ a } s \notin \mathbb{Q}, \] protože součet racionálního a iracionálního čísla je iracionální. Existence \(n\) plyne z Archimédova axiomu aplikovaného na \(\frac{\sqrt{2}}{b - q}\).

Řešení příkladu:

Nechť \(a < b\). Rozdíl \(b - a > 0\). Archimédův axiom zajišťuje existenci \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < b - a. \] Potom pro každé celé číslo \(k\), platí, že \(\frac{k}{n} \in (a, b)\) pro nekonečně mnoho \(k\). Tedy interval obsahuje nekonečně mnoho různých racionálních čísel.

Řešení příkladu:

Pro každé \(n \in \mathbb{N}\) existuje celé číslo \(k_n\), že \[ \left|x – \frac{k_n}{n}\right| < \frac{1}{n}. \] Existence takového \(k_n\) plyne z Archimédova axiomu. Definujme posloupnost \(q_n = \frac{k_n}{n}\). Pak \[ \lim_{n \to \infty} q_n = x. \] Tedy každé reálné číslo je limitou posloupnosti racionálních čísel.

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\). Archimédův axiom zajišťuje existenci \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > x. \] Pak všechna čísla \(n+1, n+2, \dots\) jsou větší než \(x\) a jsou přirozená. Těchto čísel je nekonečně mnoho.

Řešení příkladu:

Nechť \(r > 0\) je racionální. Pro každé \(\varepsilon > 0\) použijeme Archimédův axiom: existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Pak existuje celé \(k < nr\), tedy \(\frac{k}{n} < r\) a zároveň \[ r - \frac{k}{n} < \varepsilon. \] Tedy \(\frac{k}{n}\) je kladný zlomek menší než \(r\), který aproximuje \(r\) s přesností menší než \(\varepsilon\).

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\). Pro každé \(n \in \mathbb{N}\) existuje celé číslo \(k_n\), že \[ \frac{k_n}{n} < x < \frac{k_n + 1}{n}. \] Položme \(q_n = \frac{k_n}{n}\). Pak \(q_n \in \mathbb{Q}\) a \(q_n < x\), přičemž \[ x - q_n < \frac{1}{n}. \] Tedy \((q_n)\) je rostoucí posloupnost racionálních čísel, konvergující k \(x\).

Řešení příkladu:

Pro každé \(\varepsilon > 0\) použijeme Archimédův axiom: existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Tedy pro každé kladné \(\varepsilon\) existuje prvek množiny menší než \(\varepsilon\). To znamená, že infimum této množiny je 0. Navíc 0 je dolní mezí množiny, protože všechny její prvky jsou kladné.

Řešení příkladu:

Nechť \(\varepsilon > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Potom \(\frac{1}{n} \in \mathbb{Q}\) a zároveň platí \[ 0 < \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Tedy mezi 0 a \(\varepsilon\) existuje racionální číslo.

Řešení příkladu:

Číslo \(\frac{b}{a}\) je kladné. Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > \frac{b}{a} \Rightarrow n \cdot a > b. \] Tedy skutečně existuje takové přirozené číslo \(n\), že součin \(n \cdot a\) přesáhne libovolné kladné \(b\).

Řešení příkladu:

Nechť \(\varepsilon > 0\). Archimédův axiom zajišťuje existenci \(N \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{N} < \varepsilon. \] Potom pro všechna \(n \geq N\) platí \[ \frac{1}{n} \leq \frac{1}{N} < \varepsilon. \] Tedy podle definice limity: \[ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0. \]

Řešení příkladu:

Zvolme \(x = \frac{a}{b} > 0\). Archimédův axiom říká, že pro každé \(x > 0\) existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > x \Rightarrow \frac{a}{b} < n. \] Takové \(n\) tedy existuje.

Řešení příkladu:

Pro každé \(\varepsilon > 0\) použijeme Archimédův axiom: existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \frac{\varepsilon}{2},\quad \frac{1}{n^2} < \frac{\varepsilon}{2}. \] Pak \[ \frac{1}{n} + \frac{1}{n^2} < \varepsilon. \] Tedy infimum dané množiny je nula.

Řešení příkladu:

Nechť \(a > 0\) a \(b > 0\). Archimédův axiom zajišťuje, že existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n \cdot a > b. \] Tedy dostatečně mnoho sčítanců \(a\) překročí \(b\), bez ohledu na to, jak je \(a\) malé a \(b\) velké.

Řešení příkladu:

Nechť \(a < b\). Vezmeme například číslo \[ x = a + \frac{b - a}{\sqrt{2} + 1}. \] Toto číslo leží mezi \(a\) a \(b\), protože \(\frac{b - a}{\sqrt{2} + 1} > 0\), a \(x\) je iracionální jako součet racionálního a iracionálního čísla. Existence vyplývá z Archimédova axiomu, neboť lze zvolit vhodné zlomky a iracionální konstanty.

Řešení příkladu:

Nechť \(a < b\) jsou reálná čísla v intervalu \((0,1)\). Potom existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < b - a. \] Pak existuje \(k\), že \[ \frac{k}{n} \in (a, b), \] a zároveň \(\frac{k}{n} \in (0,1)\), protože \(k < n\). Takové \(\frac{k}{n}\) patří do dané množiny. Tedy množina je hustá v \((0,1)\).

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\). Pro každé \(n \in \mathbb{N}\) existují \(q_n, r_n \in \mathbb{Q}\), že \[ q_n < x < r_n \quad \text{a} \quad r_n - q_n < \frac{1}{n}. \] Taková čísla existují podle Archimédova axiomu, protože lze najít racionální čísla libovolně blízko k \(x\). Tedy existuje dvojice posloupností racionálních čísel konvergujících k \(x\) zleva i zprava.

Řešení příkladu:

Zvolme posloupnost \((a_n) = n\), kde \(n \in \mathbb{N}\). Tato posloupnost zřejmě diverguje k nekonečnu, protože \[ \forall M > 0\, \exists N \in \mathbb{N} \text{ takové, že } n \geq N \Rightarrow a_n = n > M. \] Nyní uvažujme libovolné \(x > 0\). Podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > x \Rightarrow x < a_n. \] Tedy posloupnost splňuje požadované vlastnosti.

Řešení příkladu:

Mějme reálné číslo \(x\) s nekonečným neperiodickým desetinným rozvojem. Předpokládejme, že existuje konečné desetinné číslo \(y\), že \(x = y\). Pak by se desetinné rozvoje rovnaly a \(x\) by mělo konečný rozvoj, což je spor. Pomocí Archimédova axiomu lze totiž najít přirozené číslo \(n\), takové, že rozdíl mezi \(x\) a jeho zaokrouhlením na \(n\) desetinných míst je menší než \(\frac{1}{10^n}\), ale není nulový, takže žádné konečné číslo nemůže být rovno \(x\). Tedy žádné konečné desetinné číslo nemůže být rovno nekonečnému desetinnému rozvoji.

Řešení příkladu:

Nechť \(x > 0\). Archimédův axiom říká, že existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > \sqrt{x}. \] Potom \[ n^2 > (\sqrt{x})^2 = x. \] Takové přirozené číslo tedy existuje.

Řešení příkladu:

Předpokládejme opak — že existuje číslo \(M \in \mathbb{R}\), které je horní mezí množiny \(\mathbb{N}\). Pak by platilo \[ \forall n \in \mathbb{N},\quad n \leq M. \] Ale podle Archimédova axiomu existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > M, \] což je spor s předpokladem. Tedy množina přirozených čísel není shora ohraničená.

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\). Archimédův axiom říká, že existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n > x. \] Číslo \(n\) je racionální, protože každé celé číslo je racionální. Tedy racionální číslo \(n\) splňuje podmínku \(n > x\).

Řešení příkladu:

Pro každé \(\varepsilon > 0\) použijeme Archimédův axiom: existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{\sqrt{n}} < \varepsilon. \] To nastane, pokud \[ \sqrt{n} > \frac{1}{\varepsilon} \Rightarrow n > \left( \frac{1}{\varepsilon} \right)^2. \] Takové \(n\) podle Archimédova axiomu existuje. Tedy infimum této množiny je nula.

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\), \(\varepsilon > 0\). Archimédův axiom zajišťuje existenci \(n \in \mathbb{N}\), že \[ \frac{1}{n} < \varepsilon. \] Zvolme \(k \in \mathbb{Z}\) tak, aby \[ \frac{k}{n} < x < \frac{k+1}{n}. \] Potom racionální číslo \(\frac{k}{n}\) splňuje \[ x - \frac{k}{n} < \frac{1}{n} < \varepsilon, \] tedy \(\frac{k}{n}\) aproximuje \(x\) zespodu s přesností \(\varepsilon\).

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\). Pro každé \(n \in \mathbb{N}\) zvolme racionální číslo \[ q_n = \frac{\lfloor nx \rfloor}{n}. \] Potom \(q_n \in \mathbb{Q}\), \(q_n \leq x\) a \(q_n\) roste s \(n\). Navíc \[ x – q_n < \frac{1}{n} \Rightarrow \lim_{n \to \infty} q_n = x. \] Tedy \(x\) je limitou rostoucí racionální posloupnosti.

Řešení příkladu:

Použijeme Archimédův axiom na číslo \(\frac{1}{x}\): existuje \(n \in \mathbb{N}\), že \[ n^3 > \frac{1}{x} \Rightarrow \frac{1}{n^3} < x. \] Takové \(n\) skutečně existuje.

Řešení příkladu:

Nechť \(a < b\), \(a, b \in \mathbb{Q}\). Zvolme \[ x = a + \frac{b - a}{\sqrt{2} + 1}. \] Číslo \(x\) je iracionální, protože \(\sqrt{2}\) je iracionální a racionální operace s ním vede k iracionálnímu výsledku. Navíc \[ a < x < b. \] Tedy mezi dvěma racionálními čísly se nachází iracionální číslo.

Řešení příkladu:

Nechť \(x \in \mathbb{R}\). Pro každé \(n \in \mathbb{N}\) zvolme celé číslo \[ z_n = \lfloor nx \rfloor. \] Potom \[ \frac{z_n}{n} \leq x < \frac{z_n + 1}{n}. \] Odtud plyne \[ 0 \leq x - \frac{z_n}{n} < \frac{1}{n} \Rightarrow \lim_{n \to \infty} \frac{z_n}{n} = x. \] Tedy taková posloupnost existuje.