evaluación de

Question

Evaluación del $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\left\{\left[(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)\right]^{\frac{1}{5}}-x\right\}$

$\bf{My\; Try::}$ % Aquí $(x+1)\;,(x+2)\;,(x+3)\;,(x+4)\;,(x+5)>0\;,$cuando $x\rightarrow \infty$

Así que usando $\bf{A.M\geq G.M}\;,$ obtenemos $$\frac{x+1+x+2+x+3+x+4+x+5}{5}\geq \left[(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)\right]^{\frac{1}{5}}$ $

Así $$x+3\geq \left[(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)\right]^{\frac{1}{5}}$ $

Así $$\left[(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)\right]^{\frac{1}{5}}-x\leq 3$ $

oprimida la igualdad cuando $x+1=x+2=x+3=x+4=x+5\;,$ donde $x\rightarrow \infty$

Así $$\lim_{x\rightarrow 0}\left[\left[(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)\right]^{\frac{1}{5}}-x\right]=3$ $

Podemos resolver el límite anterior de esa manera, si no, cómo podemos nosotros calcular

y también por favor explicarme donde lo he hecho mal en sobre el método

Gracias

Answer 1

alinear

Answer 2

Cambiar la variable $3$ y obtener

$$\lim_{x\to\infty}\sqrt[5]{(x-2)(x-1)x(x+1)(x+2)}-x+3=\lim_{x\to\infty}x\left(\sqrt[5]{1-\frac5{x^2}+\frac4{x^4}}-1\right)+3.$$

Entonces por l ' hospital,

$$\lim_{t\to0}\frac{\sqrt[5]{1-5t^2+4t^4}-1}t=\lim_{t\to0}\frac{-10t+16t^3}{5\sqrt[5]{1-5t^2+4t^4}}=0.$$

Answer 3

Sugerencia:
Su método puede completarse como este $$HM \le GM \le AM \implies$ $ $$\frac5{\frac1{x+1}+\frac1{x+2}+\frac1{x+3}+\frac1{x+4}+\frac1{x+5}} \le \sqrt[5]{(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)} \le x+3$$ reducir $x$ a lo largo de: $$\frac{15x^4+170x^3+675x^2+1096x+600}{5x^4+60x^3+255x^2+450x+274} \le \sqrt[5]{(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)} -x \le 3$ $

Ahora tome el límite como $x \to \infty$.

Answer 4

Deje $t=x+3$, luego $$ ((x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5))^{\frac{1}{5}}-x=(t^5-5t^3+4t)^{\frac{1}{5}}-(t-3). $$ El uso de $x^5-a^5=(x-a)(x^4+ax^3+a^2x^2+a^3x+a^4)$, \begin{align} &(t^5-5t^3+4t)^{\frac{1}{5}}-(t-3)\\ &=\frac{t^5-5t^3+4t-(t-3)^5}{(t^5-5t^3+4t)^{\frac{4}{5}}+(t^5-5t^3+4t)^{\frac{3}{5}}(t-3)+(t^5-5t^3+4t)^{\frac{2}{5}}(t-3)^2+(t^5-5t^3+4t)^{\frac{1}{5}}(t-3)^3+(t-3)^4}. \end{align} Parece complicado, y realmente lo es. Pero podemos calcular el límite de la comparación de los coeficientes de $t^4$ con numerador y denominador. Por el teorema del binomio, coeffecient de $t^5$ $0$ e de $t^4$$15$. Si dividimos el numerador y el denominador por $t^4$ y envía $t$$\infty$, numerador permanece $15$. ¿Denominador? Denominador dividido por $t^4$ es $$ (1-5t^{-2}+5t^{-4})^{\frac{4}{5}}+(1-5t^{-2}+5t^{-4})^{\frac{3}{5}}(1-3t^{-1})+(1-5t^{-2}+5t^{-4})^{\frac{2}{5}}(1-3t^{-1})^2+(1-5t^{-2}+5t^{-4})^{\frac{1}{5}}(1-3t^{-1})^3+(1-3t^{-1})^4 $$ y va a $1+1\cdot 1 + 1\cdot 1 + 1\cdot 1 +1=5$$t\to \infty$. Por lo tanto, $$ \lim_{x\to 0}\left[\left[(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)\right)^{\frac{1}{5}}-x\right]=3. $$

Answer 5

Configuración de AM $x+3=\dfrac1y$ para encontrar

$$\lim_{y\to0}\dfrac{(1-5y^2+4y^4)^{1/5}-(1-3y)}y$$

$$=\lim_{y\to0}\dfrac{(1-5y^2+4y^4)-(1-3y)^5}y\cdot\dfrac1{\lim_{y\to0}\sum_{r=0}^4\{(1-5y^2+4y^4)^{1/5}\}^r(1-3y)^{4-r}}$$

Usando la expansión Binomial, esto se convierte en

$$\lim_{y\to0}\dfrac{5\cdot3y+y^2\left(-5-\binom52\cdot3^2\right)+\cdots+(3y)^5}y\cdot\dfrac1{\lim_{y\to0}\sum_{r=0}^4\{1^{1/5}\}^r1^{4-r}}=?$$

% De uso $y\to0\implies y\ne0$