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Question

Permita que$f$ sea una función tal que$x^2f(x)\geq x^2+x+1,\forall x\in\mathbb{R^*}$. Encuentre el valor de:$$\lim_\limits{x\to 0}{\left(\sqrt{f^2(x)+2f(x)+3}-f(x)\right)}$ $

Creo que es posible que necesitemos aplicar un teorema de sándwich para el límite, así que dejamos$g(x)=\sqrt{f^2(x)+2f(x)+3}-f(x)$. Es fácil probar que$g(x)>1$ está cerca / cerca de 0, ya que$f(x)>0$ de la relación original. Sin embargo, no puedo encontrar ninguna función$h$, tal que$g(x)<h(x)$ cerca / cerca de 0 con$\lim_\limits{x\to 0}{h(x)}=1$. ¿Alguna pista?

Answer 1

$f(x)\ge1+\frac 1x+\frac1{x^2} \Rightarrow$ como$x \to 0$ obtenemos$f(x) \to \infty$.

Ahora multiplicando y dividiendo por$\sqrt {f^2(x)+2f(x)+3} +f(x)$ obtenemos,

$\frac {2f(x)+3}{\sqrt {f^2(x)+2f(x)+3}+f(x)} \Rightarrow$$\frac {2+\frac 3{f(x)}}{\sqrt {1+\frac 2{f(x)}+\frac 3{f^2(x)}}+1}$.

Ahora como$x \to 0$, obtenemos$\frac {2+0}{\sqrt 1 + 1} = 1$.

Answer 2

Aún puede usar la configuración provista por @Did. Simplemente escribe

ps

y luego dejar$$\sqrt{f^2+2f+3}-f=\frac{2f+3}{\sqrt{f^2+2f+3}+f}=\frac{2+3/f}{1+\sqrt{1+\frac{2}{f}+\frac{3}{f^2}}}$

Answer 3

Si desea usar el teorema del sándwich, observe que siempre que$x$ sea positivo,$f(x)$ también sea positivo y \begin{align} \left(f(x) + 1 + \frac{1}{f(x)}\right)^2 & = (f(x))^2 + 2f(x) + 3 + \frac{2}{f(x)} + \frac{1}{(f(x))^2} \\ & > (f(x))^2 + 2f(x) + 3 \\ & > \left(f(x) + 1\right)^2 \\ & > 0. \end {align}

Por lo tanto,$$f(x) + 1 < \sqrt{(f(x))^2 + 2f(x) + 3} < f(x) + 1 + \frac{1}{f(x)}$ $ y$$1 < \sqrt{(f(x))^2 + 2f(x) + 3} - f(x) < 1 + \frac{1}{f(x)}.$ $