Este es un ejercicio para los estudiantes de escuela secundaria. Calcular el límite de la función (no usar L'Hospital y el Valor medio Teorema): $$ \lim \limits_{x \to 0} \left( \dfrac{\sqrt{1 + 4x} - \sqrt[3]{1 + 6x}}{x^2} \right). $$
Respuestas
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Mike
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Un poco desordenado, pero el numerador puede ser racionalizado. Si $a=\sqrt{1+4x}$$b=\sqrt[3]{1+6x}$, se multiplica numerador y denominador por $a^5+a^4b+a^3b^2+a^2b^3+ab^4+b^5$. Entonces el problema se convierte en
$$\lim_{x\to0}\frac{a^6-b^6}{x^2(a^5+a^4b+a^3b^2+a^2b^3+ab^4+b^5)}$$
Ignorando que el desorden en el denominador para un poco, vamos a trabajar con el numerador.
$$a^6-b^6=(1+4x)^3-(1+6x)^2=64x^3+48x^2+12x+1-(36x^2+12x+1)=$$ $$64x^3+12x^2$$ Now we can cancel $x^2$ de numerador y el denominador para obtener
$$\lim_{x\to0}\frac{64x+12}{a^5+a^4b+a^3b^2+a^2b^3+ab^4+b^5}$$ Ahora que la discontinuidad ha sido eliminado, se debe ser capaz de probar sustituyendo $0$$x$. Al $x=0,a=b=1$. Así que nos quedamos con $\frac{12}6=2$
Claude Leibovici
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Si utiliza la generalizada del teorema del binomio $$(1+y)^a=1+a y+\frac{1}{2} a(a-1) y^2+\frac{1}{6} a(a-1) (a-2) y^3+\cdots$$ Using first $y=4x$ and $a=\frac 12$, you get $$\sqrt{1+4x}=1+2 x-2 x^2+4 x^3+\cdots$$ Then, using $y=6x$ and $a=\frac 13$ you get $$\sqrt[3]{1+6x}=1+2 x-4 x^2+\frac{40 }{3}x^3+\cdots$$ So $$\sqrt{1+4x}-\sqrt[3]{1+6x}=2 x^2-\frac{28 }{3}x^3+\cdots$$ $$\dfrac{\sqrt{1 + 4x} - \sqrt[3]{1 + 6x}}{x^2}=2 -\frac{28 }{3}x+\cdots$$ que muestra el límite y también cómo se acercaban.
user21820
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Mi consejo más común es el uso de expansiones asintóticas (especialmente para las cosas más difíciles como este o este), que en este caso sería el de Taylor expansiones que Claude Leibovici dio en su respuesta. Pero si queremos hacerlo con la mano y, sin embargo, en un bien de manera motivada, podemos razonar de la siguiente manera: $ \def\lfrac#1#2{{\large\frac{#1}{#2}}} $
Queremos entender $\sqrt{1+4x}$$x \to 0$. Así una primera conjetura sería $a = 1+2x$, cuyo cuadrado es $1+4x+4x^2$, con un resto de error de $4x^2$. La identidad de $(a+b)^2 = a^2+2ab+b^2$ nos dice que podemos obtener una mejor estimación de $(a-2x^2)$, lo que añadiría $(-4ax^2+4x^4)$ para el resto, así que nuestra nueva conjetura es $a = 1+2x-2x^2$ y el resto de error es:$-8x^3+4x^4$. El error es negativo como $x \to 0$, por lo que nuestra conjetura es demasiado pequeño. Aviso de que el aumento del coeficiente de $x^2$ por cualquier cantidad positiva haría que el resto de error para tener un resultado positivo $x^2$ plazo, que habría de dominar todo el resto como $x \to 0$. Por lo tanto sabemos que el $\sqrt{1+4x} \in 1+2x-2x^2+o(x^2)$.
Del mismo modo la identidad de $(a+b)^3 = a^3+a^2b+ab^2+b^3$ da $\sqrt[3]{1+6x} \in 1+2x-4x^2+o(x^2)$$x \to 0$.
Estas dos últimas frases ya dar de inmediato la respuesta nos la queremos, pero podemos evitar que las justifican simplemente dividiendo el límite de uso de nuestras conjeturas en su lugar:
Deje $p = \sqrt{1+4x}$$q = \sqrt[3]{1+6x}$$r = 1+2x-2x^2$$s = 1+2x-4x^2$.
$\lfrac{\sqrt{1+4x}-\sqrt[3]{1+6x}}{x^2} = 2 + \lfrac{p-r}{x^2}-\lfrac{q-s}{x^2} = 2 + \lfrac{p^2-r^2}{(p+r)x^2}-\lfrac{q^3-s^3}{(q^2+qs+s^2)x^2}$
$\ = 2 + \lfrac{-8x^3+4x^4}{(p+r)x^2} + \lfrac{?x^3+?}{(q^2+qs+s^2)x^2} \to 2$ $x \to 0$ desde $p+r \to 2$$q^2+qs+s^2 \to 3$.
Las ventajas de este enfoque, como contraposición a Mike's, se que es modular (las respuestas para cada una de las dos piezas que pueden ser re-utilizados en otros problemas) y motivación (por refinación de adivinar) y en realidad se puede ver cómo la adivinación proceso corresponde al proceso de racionalización.
