Evaluación de

Question

Podría, por favor, consulte si lo solucioné derecha. $$\begin{align*} \lim_{n \rightarrow \infty} (\sqrt{n^2 + n} - \sqrt[3]{n^3 + n^2}) &= \lim_{n \rightarrow \infty} \sqrt{n^2(1 + \frac1n)} - \sqrt[3]{n^3(1 + \frac1n)})\\ &= \lim_{n \rightarrow \infty} (\sqrt{n^2} - \sqrt[3]{n^3})\\ &= \lim_{n \rightarrow \infty} (n - n) = 0. \end{align*}$$

Answer 1

Aquí es una forma de cálculo muy que hacer el problema. (Su "toma" $n$ hacia fuera es útil). Escriba $h$ $1/n$ y reescribir nuestro límite como $$\lim_{h\to 0}\frac{(\sqrt{1+h} -1)-(\sqrt[3]{1+h}-1)}{h}, \tag{1}$ $ porque$$ \frac{\sqrt{1+h} -1}{h} \quad\text{and}\qquad \frac{\sqrt[3]{1+h}-1}{h} son expresiones familiares cuyos límites podemos calcular. Reconocemos $$\lim_{h\to 0}\frac{\sqrt{1+h} -1}{h}$ $ como el derivado de $\sqrt{1+x}$ $x=0$ y$$ \lim_{h\to 0}\frac{\sqrt[3]{1+h} -1}{h} como el derivado de $\sqrt[3]{1+x}$ $x=0$. Son de estos dos derivados, evaluados en $0$, $\frac{1}{2}$ y $\frac{1}{3}$ respectivamente. Se deduce que el límite (1) es igual a $\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}$.

Answer 2

$$\lim_{n \rightarrow \infty} (\sqrt{n^2 + n} - \sqrt[3]{n^3 + n^2})$$

$$=\lim_{n \rightarrow \infty} n\left(1+\frac1n\right)^{\frac12}-n\left(1+\frac1n\right)^{\frac13}$$

$$=\lim_{n \rightarrow \infty} n\left(1+\frac1{2n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\right)-n\left(1+\frac1{3n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\right)$$ (Usando la serie de Taylor o Generalizada del Teorema del Binomio)

$$=\lim_{n \rightarrow \infty} \frac12+O\left(\frac1n\right)-\left(\frac13+O\left(\frac1n\right)\right)$$ $$=\frac12-\frac13$$

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Alternativamente, poniendo a $h=\frac1n,$ $$(\sqrt{n^2 + n} - \sqrt[3]{n^3 + n^2})=\frac{(1+h)^{\frac12}-(1+h)^{\frac13}}h$$

$$\lim_{h\to0}\frac{(1+h)^{\frac12}-(1+h)^{\frac13}}h$$ puede ser manejado al menos en tres formas como sigue:

$1:$ Usando series de Taylor,

$$\lim_{h\to0}\frac{(1+h)^{\frac12}-(1+h)^{\frac13}}h=\lim_{h\to0}\frac{1+\frac h2+O(h^2)-(1+\frac h3+O(h^2))}h$$ $$=\frac12-\frac13\text{ as }h\ne0\text{ as }h\to0$$

$2:$ $$\text{As }\lim_{h\to0}\frac{(1+h)^{\frac12}-(1+h)^{\frac13}}h \text{ is of the from }\frac\infty\infty,$$

La aplicación de L'Hospital de la Regla, $$\lim_{h\to0}\frac{(1+h)^{\frac12}-(1+h)^{\frac13}}h=\lim_{h\to0}\left(\frac12\cdot(1+h)^{\frac12-1}-\frac1{3}\cdot(1+h)^{\frac13-1}\right)=\frac12-\frac13$$

$3:$ Como Jyrki Lahtonen se ha acercado,

Poner a $1+h=y^{\text{lcm}(2,3)}=y^6$

$$\lim_{h\to0}\frac{(1+h)^{\frac12}-(1+h)^{\frac13}}h$$

$$=\lim_{y\to1}\frac{y^3-y^2}{y^6-1}$$

$$=\lim_{y\to1}\frac{y^2(y-1)}{(y-1)(y^5+y^4+y^3+y^2+y+1)}$$

$$=\lim_{y\to1}\frac{y^2}{y^5+y^4+y^3+y^2+y+1}\text{ as }y\ne1\text{ as } y\to1$$

$$= \frac{1^2}{1+1+1+1+1+1}$$

Answer 3

Otros han descubierto su error, y se describe la manera de ver que el límite es de $1/6$. Si quieres ver un no-cálculo manera, entonces le sugiero dividir en dos partes, como sigue: $$\sqrt{n^2+n}-\root3\{n^3+n^2}=\left(\sqrt{n^2+n} n\right)-\left(\root3\{n^3+n^2}-n\right).$$ Esta operación es válida, si usted puede demostrar que ambas secuencias en la r.h.s convergen. A ver que iba a interpretar $n=\sqrt{n^2}$ en el primer sumando y $n=\root3\of{n^3}$ en el segundo. A continuación, utilizar los trucos $$\sqrt a-\sqrt b=\frac{a-b}{\sqrt un+\sqrt b},$$ y $$\root 3\de\root3\b=\frac{a-b}{a^{2/3}+(ab)^{1/3}+b^{2/3}}.$$ Estos provienen de los respectivos polinomio factorizations $$x^2-y^2=(x-y)(x+y),\qquad x^3-y^3=(x-y)(x^2+xy+y^2).$$

Answer 4

Siguiendo tu idea:

$$(\sqrt{n^2 + n}-\sqrt[3]{n^3 + n ^ 2}) = \sqrt{n^2\left (1 + \frac1n\right)}-\sqrt[3]{n^3\left(1 + \frac1n\right)}=$$

$$=n\left(\sqrt{1+\frac1n}-\sqrt[3]{1+\frac1n}\right)=\frac{\sqrt{1+\frac1n}-\sqrt[3]{1+\frac1n}}{\frac1n}$$

Mirando lo anterior en función de la variable continua $\,n\,$, podemos usar l ' hospital para intentar calcular su límite:

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{1+\frac1n}-\sqrt[3]{1+\frac1n}}{\frac1n}\stackrel{\text{l'H}}=\lim_{n\to\infty}\left(\frac1{2\sqrt{1+\frac1n}}-\frac1{3\sqrt[3]{\left(1+\frac1n\right)^2}}\right)=\frac12-\frac13=\frac16$$

Answer 5

Cometió un error cuando se aplica el límite de $n \to \infty$ $\left(1 + \frac 1n\right)$ términos, pero no otros términos exterior. Este no es un válidos límite de solicitud debido a que el conjunto se encuentra en una indeterminada $\infty - \infty$ formulario.

Te puedo ofrecer un tedioso método que no requiere que usted para estimar el crecimiento de los dos términos en la diferencia. (De hecho, si se expanda todo en $O(\ldots)$, sólo necesita de álgebra básica y algunos límite fundamental teoremas.)

Definir $$\begin{align*} A_n & = \sqrt{n^2 + n} = \sqrt[6]{(n^2 + n)^3} = \sqrt[6]{n^6 + 3n^5 + 3n^4 + n^3} = n\sqrt[6]{1 + O(1/n)}\\ B_n & = \sqrt[3]{n^3 + n^2} = \sqrt[6]{(n^3 + n^2)^2} = \sqrt[6]{n^6 + 2n^5 + n^4} = n\sqrt[6]{1 + O(1/n)}. \end{align*}$$ Queremos encontrar a $\lim_{n\to\infty} A_n - B_n$. Permítanos factor de $A_n^6 - B_n^6$ como sigue: $$\begin{align*} A_n^6 - B_n^6 & = (A_n - B_n)(A_n^5 + A_n^4B_n + A_n^3B_n^2 + A_n^2B_n^3 + A_nB_n^4 + B_n^5) \\ \therefore A_n - B_n & = \frac{A_n^6 - B_n^6}{A_n^5 + A_n^4B_n + A_n^3B_n^2 + A_n^2B_n^3 + A_nB_n^4 + B_n^5} \end{align*}$$ Sabemos que $A_n^6 - B_n^6 = n^5 + 2n^4 + n^3 = n^5(1 + O(1/n))$. Todos los términos en el denominador son de la forma $A^i_nB^{5-i}_n$, por lo que $$Un^i_nB^{5}_n = \sqrt[6]{(n^6 + 3n^5 + 3n^4 + n^3)^i(n^6 + 2n^5 + n^4)^{5}} = n^5\sqrt[6]{1 + O(1/n)}.$$ Por lo tanto, $$\begin{align*} \lim_{n\to\infty} A_n - B_n & = \lim_{n\to\infty}\frac{n^5(1 + O(1/n))}{6n^5\sqrt[6]{1 + O(1/n)}} \\ & = \frac 16 \end{align*}$$