Demostrar que lim $(\sqrt{n^2+n}-n) = \frac{1}{2}$

Question

Esta es la pregunta: Demostrar que lim $(\sqrt{n^2+n}-n) = \frac{1}{2}$

Aquí está mi intento de solución, pero por alguna razón, el $N$ que llego es incorrecto (he ejecutado un programa informático para probar mi solución con algunos casos de prueba, y arroja un error). ¿Alguien puede detectar el error?

$\left|\sqrt{n^2+n}-n-\frac{1}{2}\right| < \epsilon$

$\Rightarrow \left|\frac{n}{\sqrt{n^2+n}+n} - \frac{1}{2}\right| < \epsilon$

$\Rightarrow \frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} < \epsilon$

$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1} > \frac{1}{2} - \epsilon = \frac{1-2 \epsilon}{2}$

$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} > \frac{1-2 \epsilon}{2}$

$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{n}}} > \frac{1-2 \epsilon}{2}$

$\Rightarrow \sqrt{n} > \frac{1-2 \epsilon}{2}$

$\Rightarrow n > \frac{4 {\epsilon}^2-4 \epsilon +1}{4}$

Answer 1

Desde $a^2-b^2=(a+b)(a-b)$ tenemos

$$\sqrt{n^2+n}-n=\frac{n^2+n-n^2}{\sqrt{n^2+n}+n}=\frac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}= \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}$$

de lo que se deduce inmediatamente el resultado.

Answer 2

Aquí hay otra solución. Obsérvese que $$ \sqrt{n^2+n}-n=\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2}=\frac{(\sqrt{n^2+n}-\sqrt{n^2})(\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2})}{\sqrt{n^2+n}+\sqrt{n^2}} $$ Entonces $$ \sqrt{n^2+n}-n=\frac{n}{\sqrt{n^2+n}+n}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}. $$ Desde $\lim\limits_{n\to \infty} \sqrt{1+\frac{1}{n}}=1$ , para $\delta>0$ existe $N$ ( $N>\frac{1}{2\delta+\delta^2}$ ) tal que $1<\sqrt{1+\frac{1}{n}}<1+\delta$ para todos $n>N$ . Entonces $$ 2<\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1<2+\delta $$ Así que $$ \frac{1}{2}>\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}>\frac{1}{2+\delta}. $$ Entonces $$ \frac{\delta}{4}>\frac{1}{2}-\frac{1}{2+\delta}>\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}>0 $$ Dejemos que $\varepsilon>0$ , defina $\delta:=4\varepsilon$ . Así, para $N>\frac{1}{2\delta+\delta^2}=\frac{1}{8\varepsilon+16\varepsilon^2}$ , $$ \varepsilon>\frac{1}{2}-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}>0, $$ es decir, $$ \lim\limits_{n\to \infty}\sqrt{n^2+n}-n=\lim\limits_{n\to \infty}\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}=\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2} $$

Answer 3

Dado que este post se activó después de un largo período de tiempo y hay muchas preguntas vinculadas, he aquí una generalización para este tipo de límites. Consideremos el conjunto de funciones de la siguiente forma: $$ f(x) = \sqrt[n]{(x + a_1)(x+a_2)\cdots (x+a_n)} - x $$ donde $$ n,k \in \Bbb N \\ a_k \in \Bbb R $$

Considere la siguiente expansión: $$ a^n – b^n = (a – b)\left(a^{n – 1} + a^{n – 2}b + a^{n – 3}b^2 + \cdots + ab^{n – 2} + b^{n – 1}\right) \tag1 $$

Definir una función de la forma: $$ g(x) = \sqrt[n]{(x + a_1)(x+a_2)\cdots (x+a_n)} $$

Así $f(x)$ puede reescribirse como:

$$ f(x) = g(x) - x $$

Ahora con $(1)$ podemos reescribir $f(x)$ como: $$ f(x) = \frac{(g(x))^n-x^n}{\sqrt[n]{(g(x))^{n-1}} +\sqrt[n]{(g(x))^{n-2}}x + \sqrt[n]{(g(x))^{n-3}}x^2 + \cdots + \sqrt[n]{g(x)}x^{n-2} +x^{n-1}} \tag2 $$

Tomando ahora el límite de $(2)$ se puede obtener: $$ \begin{align*} &\lim_{x\to\infty}\frac{x^{n-1}a_1 + x^{n-1}a_2+ \cdots + x^{n-1}a_n }{x^{n-1}\left(\sqrt[n]{1+o\left({1\over x}\right)+\cdots} + \sqrt[n]{1+o\left({1\over x}\right) +\cdots} +\cdots + 1\right)} \\ = &\lim_{x\to\infty}\frac{a_1 + a_2+ \cdots + a_n}{\sqrt[n]{1+o\left({1\over x}\right)+\cdots} + \sqrt[n]{1+o\left({1\over x}\right) +\cdots} +\cdots + 1} \\ = &\frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n} \tag3 \end{align*} $$

O resumiendo: $$ \boxed{\lim_{x\to\infty}f(x) = \frac{a_1 + a_2 + \cdots + a_n}{n}} $$

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Utilicemos ahora ese resultado en su límite: $$ \sqrt{n^2 + n} - n = \sqrt{n(n+1)} - n = \sqrt{(n+0)(n+1)} - n $$ Lo que da $a_1 = 0$ y $a_2 = 1$ y la potencia más alta es $2$ Significado $n = 2$ en $(3)$ . Así obtenemos: $$ \boxed{\lim_{n\to\infty}x_n = \frac{a_1 + a_2}{2} = \frac{0 + 1}{2} = {1\over 2}} $$

Como desee.

Answer 4

Basta con resolver la desigualdad $\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}>\frac{1-2\epsilon}{2}$ y encontrar la elección N = $\frac{(1-2\epsilon)}{8\epsilon^2}$

Answer 5

En general, hay que tener cuidado con las pruebas por implicaciones de ese tipo: es fácil perderse un paso, o pensar que una implicación es una equivalencia. La mayoría de las veces, lo que quieres puede escribirse como una sucesión de (in)igualdades, pero es menos difícil de manejar.

Para aquí, una forma de manejar este límite, si ha visto lo que los equivalentes o $o(\cdot)$ son: puedes empezar escribiendo $$ \sqrt{n^2+n}-n = n\sqrt{1+\frac{1}{n}}-n = n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n}} - 1\right) $$ y utilizar el hecho de que $$ (1+x)^\alpha \operatorname*{=}_{x\to 0} 1+\alpha x + o(x) $$ para demostrar que el término entre paréntesis es equivalente a ("se comporta como") $\frac{1}{2n}$ .