a) Rozważmy ciągi (a_n) i (b_n): 

$a_n=6+\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$b_n=6-\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=6$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=6$  

 

Obliczamy: 

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|a_n-6\right|}{a_n-6}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|6+\frac{1}{n}-6\right|}{6+\frac{1}{n}-6}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|\frac{1}{n}\right|}{\frac{1}{n}}=1$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|b_n-6\right|}{b_n-6}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|6-\frac{1}{n}-6\right|}{6-\frac{1}{n}-6}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|-\frac{1}{n}\right|}{-\frac{1}{n}}=-1$  

 

Wskazaliśmy dwa różne ciągi (a_n), (b_n), które spełniają warunki:

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=6$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)\ne \underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)$  

To znaczy, że granica funkcji f(x) w punkcie x₀=6 nie istnieje.

---

b) Rozważmy ciągi (a_n) i (b_n): 

$a_n=-7+\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$b_n=-7-\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=-7$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=-7$  

 

Obliczamy:

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_n+7}{\left|a_n+7\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{-7+\frac{1}{n}+7}{\left|-7+\frac{1}{n}+7\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}}{\left|\frac{1}{n}\right|}=1$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{b_n+7}{\left|b_n+7\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{-7-\frac{1}{n}+7}{\left|-7-\frac{1}{n}+7\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{-\frac{1}{n}}{\left|-\frac{1}{n}\right|}=-1$   

 

Wskazaliśmy dwa różne ciągi (a_n), (b_n), które spełniają warunki:

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=-7$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)\ne \underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)$  

To znaczy, że granica funkcji f(x) w punkcie x₀=-7 nie istnieje.

---

c) Rozważmy ciągi (a_n) i (b_n): 

$a_n=\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$b_n=-\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=0$  

 

Obliczamy:

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(\frac{1}{n}\right)}^2-4\cdot \left|\frac{1}{n}\right|}{2\cdot \frac{1}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(\frac{1}{n}\right)}^2-4\cdot \frac{1}{n}}{2\cdot \frac{1}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}-4}{2}=-2$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(-\frac{1}{n}\right)}^2-4\cdot \left|-\frac{1}{n}\right|}{2\cdot \left(-\frac{1}{n}\right)}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(\frac{1}{n}\right)}^2-4\cdot \frac{1}{n}}{-2\cdot \frac{1}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}-4}{-2}=2$  

 

Wskazaliśmy dwa różne ciągi (a_n), (b_n), które spełniają warunki:

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=0$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)\ne \underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)$  

To znaczy, że granica funkcji f(x) w punkcie x₀=0 nie istnieje.

---

d) 

Rozważmy ciągi (a_n) i (b_n): 

$a_n={\left(2+\frac{1}{n}\right)}^2,n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$b_n={\left(2-\frac{1}{n}\right)}^2,n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=4$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=4$  

 

Obliczamy:

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(\sqrt{2+\frac{1}{n}}\right)}^2-2}{\left|{\left(2+\frac{1}{n}\right)}^2-4\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|2+\frac{1}{n}\right|-2}{\left|4+4\cdot \frac{1}{n}+{\left(\frac{1}{n}\right)}^2-4\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}}{4\cdot \frac{1}{n}+{\left(\frac{1}{n}\right)}^2}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{4+\frac{1}{n}}=\frac{1}{4}$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{{\left(\sqrt{2-\frac{1}{n}}\right)}^2-2}{\left|{\left(2-\frac{1}{n}\right)}^2-4\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|2-\frac{1}{n}\right|-2}{\left|4-4\cdot \frac{1}{n}+{\left(\frac{1}{n}\right)}^2-4\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{2-\frac{1}{n}-2}{\left|-4\cdot \frac{1}{n}+{\left(\frac{1}{n}\right)}^2\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{-\frac{1}{n}}{\left|\frac{1}{n}\cdot \left(-4+\frac{1}{n}\right)\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{-1}{\left|-4+0\right|}=-\frac{1}{4}$  

 

Wskazaliśmy dwa różne ciągi (a_n), (b_n), które spełniają warunki:

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=4$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)\ne \underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)$  

To znaczy, że granica funkcji f(x) w punkcie x₀=4 nie istnieje.

---

e)

Rozważmy ciągi (a_n) i (b_n): 

$a_n=-1+\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$b_n=-1-\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=-1$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=-1$  

 

Obliczamy:

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|a_n^2+3a_n+2\right|}{a_n^2-1}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|{\left(-1+\frac{1}{n}\right)}^2+3\cdot \left(-1+\frac{1}{n}\right)+2\right|}{{\left(-1+\frac{1}{n}\right)}^2-1}=$  

$=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|{\left(\frac{1}{n}\right)}^2-2\cdot \frac{1}{n}+1-3+3\cdot \frac{1}{n}+2\right|}{{\left(\frac{1}{n}\right)}^2-2\cdot \frac{1}{n}+1-1}=$  

$=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|{\left(\frac{1}{n}\right)}^2+\frac{1}{n}\right|}{{\left(\frac{1}{n}\right)}^2-2\cdot \frac{1}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|\frac{1}{n}+1\right|}{\frac{1}{n}-2}=-\frac{1}{2}$  

 

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|a_n^2+3a_n+2\right|}{a_n^2-1}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|{\left(-1-\frac{1}{n}\right)}^2+3\cdot \left(-1-\frac{1}{n}\right)+2\right|}{{\left(-1-\frac{1}{n}\right)}^2-1}=$  

$=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|{\left(\frac{1}{n}\right)}^2+2\cdot \frac{1}{n}+1-3-3\cdot \frac{1}{n}+2\right|}{{\left(\frac{1}{n}\right)}^2+2\cdot \frac{1}{n}+1-1}=$  

$=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|{\left(\frac{1}{n}\right)}^2-\frac{1}{n}\right|}{{\left(\frac{1}{n}\right)}^2+2\cdot \frac{1}{n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\left|\frac{1}{n}-1\right|}{\frac{1}{n}+2}=\frac{1}{2}$

 

Wskazaliśmy dwa różne ciągi (a_n), (b_n), które spełniają warunki:

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=-1$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)\ne \underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)$  

To znaczy, że granica funkcji f(x) w punkcie x₀=-1 nie istnieje.

---

f) Rozważmy ciągi (a_n) i (b_n): 

$a_n=-4+\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$b_n=-4-\frac{1}{n},n\in {\mathbb{N}}_{+}$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=-4$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=-4$  

 

Obliczamy:

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{-4+\frac{1}{n}+5}-1}{\left|-4+\frac{1}{n}+4\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1}{\left|\frac{1}{n}\right|}=$  

$=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{1+\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}\cdot \frac{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1+\frac{1}{n}-1}{\frac{1}{n}\cdot \left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\right)}=$  

$=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}\cdot \left(\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1\right)}=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}$  

 

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{-4-\frac{1}{n}+5}-1}{\left|-4-\frac{1}{n}+4\right|}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{1-\frac{1}{n}}-1}{\left|-\frac{1}{n}\right|}=$  

$=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{\sqrt{1-\frac{1}{n}}-1}{\frac{1}{n}}\cdot \frac{\sqrt{1-\frac{1}{n}}+1}{\sqrt{1-\frac{1}{n}}+1}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1-\frac{1}{n}-1}{\frac{1}{n}\cdot \left(\sqrt{1-\frac{1}{n}}+1\right)}=$  

$=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{-\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}\cdot \left(\sqrt{1-\frac{1}{n}}+1\right)}=\frac{-1}{1+1}=-\frac{1}{2}$  

 

Wskazaliśmy dwa różne ciągi (a_n), (b_n), które spełniają warunki:

$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{b}_n=-4$  

$\underset{n\to \infty }{\lim }f\left(a_n\right)\ne \underset{n\to \infty }{\lim }f\left(b_n\right)$  

To znaczy, że granica funkcji f(x) w punkcie x₀=-4 nie istnieje.