Completando el cuadrado para resolver problemas de límites

Question

Hay un truco que he estado usando para resolver una clase común de limitar los problemas por un tiempo ahora. Nunca he visto que se enseña en los libros de texto, pero una vez me escribió un par de líneas de trabajo para justificar que a mí en uno de mis cuadernos. Aquí es un problema de ejemplo para ilustrar mi técnica:

$$\lim_{x\to\infty}\sqrt{x^2+x}-x=\lim_{x\to\infty}\sqrt{x^2+x+\frac14}-x=\lim_{x\to\infty}(x+\frac12)-x=\frac12$$

Es un acceso directo en comparación con la racionalización o sin embargo, usted está "supuestamente" para solucionar esto, y estoy bastante seguro de que es válido. Pero estoy empezando a sentir un poco recelosos publicar esto como una solución a MSE problemas, ya que no me recuerda bastante a la par de líneas de la justificación de todos esos años atrás. Podría alguien por favor proporcione una prueba de que $$\lim_{x\to\infty}\sqrt{x^2+2\alpha x}-\sqrt{x^2+2\alpha x+\alpha^2}=0$$ o lo que sea equivalente a la formulación usted prefiere? Estoy seguro de que delta epsilon monotonía no es necesario en absoluto. (Si nadie llega a esta por el final del día, me voy a auto-respuesta sólo para tener algo para el enlace.)

Gracias!

Answer 1

No necesita ser $\alpha^2$ . Agregar cualquier constante $\beta$ no cambia el límite:

PS

Answer 2

Reemplazando $x=\frac{1}{t}$ y considerando $t\to 0^+$ que obtiene

\begin{eqnarray*} \sqrt{x^2+2\alpha x}-\sqrt{x^2+2\alpha x+\alpha^2} & \stackrel{x=\frac{1}{t}}{=} & \frac{\sqrt{1+2\alpha t} - \sqrt{1+2\alpha t + a^2t^2}}{t} \\ & = & \frac{\sqrt{1+2\alpha t} - 1}{t} - \frac{\sqrt{1+2\alpha t + a^2t^2}-1}{t}\\ & \stackrel{t \to 0^+,L'Hosp.}{\longrightarrow}& \frac{\alpha}{\sqrt{1+2\alpha t}} - \frac{\alpha + t\alpha^2}{\sqrt{1+2\alpha t + a^2t^2}} \\ & = & \alpha - \alpha = 0 \end {eqnarray *}

Answer 3

Puedes usar $\sqrt{x^2+x}=x\sqrt {1+\frac 1x}=x(1+\frac 1{2x}+o(\frac 1x)) \to x+\frac 12+o(1)$ para justificar lo que haces

Answer 4

Más en general

PS

de hecho por expansión binomial de primer orden

PS

por lo tanto

PS

Answer 5

Si $f(x)\to \infty$ e $g(x)^2/f(x)\to 0$ como $x\to \infty$ entonces $g(x)/f(x)\to 0$ porque $f(x)>0\implies|g(x)/f(x)|=\sqrt {g(x)^2/f(x)}\cdot 1/\sqrt {f(x)}.$

A continuación, $\sqrt {f(x)+g(x)}-\sqrt {f(x)}\to 0$ debido a que, cuando se $x$ es lo suficientemente grande como $f(x)>0$ e $1+g(x)/f(x)>0,$ hemos $$\left|\sqrt {f(x)+g(x)}-\sqrt {f(x)}\right|=\left|\sqrt {f(x)}\cdot\frac {g(x)/f(x)}{1+\sqrt {1+g(x)/f(x)}}\right |\le$$ $$\le \left|\sqrt {f(x)}\cdot\frac {g(x)}{f(x)}\right|=$$ $$=\sqrt {g(x)^2/f(x)}.$$

E. g. $\sqrt {x^5+7x^2+8}-\sqrt {x^5}\to 0$ como $x\to \infty.$