¿Ayuda con este límite?

Question

Estoy intentando centrarme en los límites de funciones con expansiones en serie similares y me he topado con esto. $$\lim_{x\to\infty}\left({\left(\frac{x^2+5}{x+5}\right)}^{1/2}\sin{\left({\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)}^{1/2}\right)}-(x-5)^{1/2}\sin{\left({\left(x^2-5x+25\right)}^{1/2}\right)}\right)=0$$

He oído que el valor medio es posible, pero que toda la función no está acotada. Puedo tomar la serie de taylor en el infinito sin embargo los términos serían indefinidos. Podría utilizar la sustitución con la serie de Taylor, pero se convertiría en un lío complicado.

$$\lim_{x\to\infty}\left(\left(\frac{x^2+5}{x+5}\right)^{1/2}{\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)}^{1/2}-\frac{\left(\frac{x^2+5}{x+5}\right)^{1/2}\left({\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)}^{1/2}\right)^3}{3!}+\frac{\left(\frac{x^2+5}{x+5}\right)^{1/2}\left({\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)}^{1/2}\right)^5}{5!}...-\left(\left({x-5}\right)^{1/2}{\left(x^2-5x+25\right)}^{1/2}-\frac{\left(x-5\right)^{1/2}\left({\left(x^2-5x+25\right)}^{1/2}\right)^3}{3!}+\frac{\left(x-5\right)^{1/2}\left({\left(x^2-5x+25\right)}^{1/2}\right)^5}{5!}....\right)\right)$$

Sólo tengo conocimientos limitados sobre la ampliación de series, así que no estoy muy seguro de cómo enfocar esto. ¿Hay alguna manera más fácil?

Answer 1

Desde $\sqrt{a}-\sqrt{b}=\frac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$ tenemos $|\sqrt{a}-\sqrt{b}|\le\frac{|a-b|}{2\sqrt{\min(a,b)}}$ . Por lo tanto $$ \begin{align} \left|\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)^{1/2}-\left(\frac{x^3+125}{x+5}\right)^{1/2}\right| &\le\overbrace{\frac12\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)^{-1/2}}^{\large\frac1{2\sqrt{\min(a,b)}}}\overbrace{\frac{120}{x+5}\vphantom{\left(\frac{x^3}{x}\right)^{1/2}}}^{|a-b|}\\ &\le\frac{60}{x^2}\tag{1} \end{align} $$ Desde $|\sin(x)-\sin(y)|\le|x-y|$ obtenemos que $$ \left|\sin\left(\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)^{1/2}\right)-\sin\left(\left(\frac{x^3+125}{x+5}\right)^{1/2}\right)\right|\le\frac{60}{x^2}\tag{2} $$ Del mismo modo, $$ \begin{align} \left|\left(\frac{x^2+5}{x+5}\right)^{1/2}-\left(\frac{x^2-25}{x+5}\right)^{1/2}\right| &\le\overbrace{\frac12(x-5)^{-1/2}}^{\large\frac1{2\sqrt{\min(a,b)}}}\overbrace{\frac{30}{x+5}}^{|a-b|}\\ &\le\frac{15}{(x-5)^{3/2}}\tag{3} \end{align} $$ Utilizando $(2)$ y $(3)$ y $ab-cd=(a-c)b+(b-d)c$ obtenemos $$ \begin{align} &\left|\left(\frac{x^2+5}{x+5}\right)^{1/2}\sin\left(\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)^{1/2}\right)-\left(\frac{x^2-25}{x+5}\right)^{1/2}\sin\left(\left(\frac{x^3+125}{x+5}\right)^{1/2}\right)\right|\\ &\le\left(\frac{x^2+5}{x+5}\right)^{1/2}\frac{60}{x^2}+1\cdot\frac{15}{(x-5)^{3/2}}\\[12pt] &\to0\tag{4} \end{align} $$

Answer 2

Aplicamos el siguiente esquema $$AB-CD=\frac {\frac {1}{CD}-\frac {1}{AB}}{\frac{1}{ABCD}}$$ en el que se tiene una forma que permite aplicar la regla del Hôpital. El numerador es $$N=\frac {1}{(\sqrt {x-5})sin\sqrt{x^2-5x+25}}-\frac {1}{\sqrt \frac {x^2+5}{x+5}sin\sqrt{\frac{x^3+5}{x+5}}}$$ y el denominador es $$D=\frac{1}{\sqrt\frac {(x-5)(x^2+5)}{(x+5)^2}sin\frac{x^3+5}{x+5}sin\sqrt{x^2-5x+25}}$$ Las derivadas dan (utilizamos para abreviar $\alpha$ y $\beta$ para los ángulos): $$N’=-\frac{1}{2(x-5)^{\frac {3}{2}}sin(\beta)} -\frac{(2x-5)}{2\sqrt{(x-5)(x^2-5x+25)}sin(\beta)}-\frac{1}{2\sqrt{(x+5)(x^2+5)}sin(\alpha)}+\frac{x\sqrt{x+5}}{(x^2+5)^{\frac {3}{2}}sin(\alpha)}+\frac{x^2+10x-5}{2(x+5)\sqrt{(x^2+5)(x^3+5)}}\frac{cos(\alpha)}{(sin(\alpha))^2}$$

$$D’ =-\frac{(3x^2-5x+5)\sqrt{(x+5)}}{2(x-5)(x^2+5)^{\frac{3}{2}}sin(\alpha)sin(\beta)}+\frac{1}{2\sqrt{(x^2-25)(x^3+5)} sin(\alpha)sin(\beta)}- \frac{(2x-5)\sqrt{x+5}}{2\sqrt{(x-5)(x^2+5)(x^2-5x+25)}} \frac{cos(\beta)}{(sin(\beta))^2sin(\alpha)} –\frac{(x+5)(2x^3+15x^2-5)}{2\sqrt{(x-5)(x^2+5)(x^3+5)}}\frac{cos(\alpha)}{(sin(\alpha))^2sin(\beta}$$ Véanse los "grados" en $N’$ y $D’$ .

En $N’$ el segundo término tiene "grado" $-\frac 12$ y todos los demás tiene "grado" $-\frac 32$ . Por lo tanto $N’\to 0$ porque los cinco términos tienden a cero.

En $D’$ el primer término tiene "grado" $-\frac 32$ ; el segundo tiene "grado" $-\frac 52$ el tercero tiene "grado" $-1$ y el cuarto tiene "grado" $1$ .

Por lo tanto $D’\to\infty$ porque el cuarto término tiende a $\infty$ .

Así que tenemos el $\frac{0}{\infty}$ forma que termina la prueba.

Answer 3

Una posibilidad es factorizar los polinomios alejándolos de la función seno.

En $\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2+5}{x+5}\right)^{1/2}-\left({x-5}\right)^{1/2}=0$

Como son casi iguales, podemos factorizarlos. Podrías sacar el polinomio.

$$\lim_{x\to\infty}\left(\frac{x^2+5}{x+5}\right)^{1/2}\sin{\left(\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)^{1/2}\right)}-\left({x-5}\right)^{1/2}\sin{\left(\left({x^2-5x+25}\right)^{1/2}\right)}\approx$$

$$\lim_{x\to\infty}\left({x-5}\right)^{1/2}\left(\sin{\left(\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)^{1/2}\right)}-\sin{\left(\left({x^2-5x+25}\right)^{1/2}\right)}\right)$$

Ahora se puede utilizar el teorema del valor medio ya que las funciones seno.

$$\lim_{x\to\infty}\left({x-5}\right)^{1/2}\cos(c)\left|\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)^{1/2}-\left({x^2-5x+25}\right)^{1/2}\right|$$

Podemos multiplicar $(x-5)$ en el valor absoluto...

$$\lim_{x\to\infty}\cos(c)\left|\left({x-5}\right)^{1/2}\left(\frac{x^3+5}{x+5}\right)^{1/2}-\left({x^2-5x+25}\right)^{1/2}\left({x-5}\right)^{1/2}\right|$$

De la multiplicación obtenemos...

$$\lim_{x\to\infty}\cos(c)\left|\sqrt{\frac{x^4-5x^3+5x-25}{x+5}}-\sqrt{x^3-10x^2+50x-125}\right|$$

Podría usar el teorema de l'hospitals pero lleva mucho tiempo. En su lugar prefiero tomar la serie de Laurent en $x=\infty$ ya que el radio de convergencia es limitado.

Primero tuve que factorizar ambas funciones para que los términos de la serie laurent... $$\cos(c)\lim_{x\to\infty}\left|\sqrt{\frac{x^4-5x^3+5x-25}{x+5}}-\sqrt{x^3-10x^2+50x-125}\right|$$

$$\cos(c)\lim_{x\to\infty}\left|\sqrt{\frac{\left(\frac{1}{x}\right)^4-5\left(\frac{1}{x}\right)^3+5\left(\frac{1}{x}\right)-25}{\frac{1}{x}+5}}-\sqrt{\left(\frac{1}{x}\right)^3-10\left(\frac{1}{x}\right)^2+50\left(\frac{1}{x}\right)-125}\right|$$

$$\cos(c)\lim_{x\to\infty}\left|\sqrt{\frac{1}{x^{3}}}\sqrt{\frac{1-5x+5x^3-25x^4}{5x+1}}-\sqrt{\frac{1}{x^3}}\sqrt{1-10x+50x^2-125x^3}\right|$$

Tomando la serie de taylor y sustituyendo $\frac{1}{x}$ en x.

$$\cos(c)\lim_{x\to\infty}\left|\sqrt{{x^{3}}}\left(1-\frac{5}{x}- \frac{25}{2x^2}-\frac{60}{x^3}+O\left(\frac{1}{x^4}\right)\right)-\sqrt{{x^3}}\left(1-\frac{5}{x}+\frac{25}{x^2}+\frac{125}{x^3}+O\left(\frac{1}{x^4}\right)\right)\right|$$ Simplificar....

$$\cos(c)\lim_{x\to\infty}\left|\left({x}^{3/2}-{5}{x^{1/2}}- \frac{25}{2x^{1/2}}-\frac{60}{x^{3/2}}+{x^{3/2}}O\left(\frac{1}{x^4}\right)\right)-\left(x^{3/2}-{5}{x^{1/2}}+\frac{25}{x^{1/2}}+\frac{125}{x^{3/2}}+x^{3/2}O\left(\frac{1}{x^4}\right)\right)\right|$$

El resultado es 0... Creo que estoy en lo cierto, pero si no es así por favor me corrija.