Como resolver $\lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt[3]{n^3+n+1}-\sqrt{n^2-n+2}}$ sem L'Hopital?

Jan 05 2021

$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt[3]{n^3+n+1}-\sqrt{n^2-n+2}}$
$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt[6]{(n^3+n+1)^2}-\sqrt[6]{(n^2-n+2)^3}}$ mas porque esse limite ainda é o tipo de $\frac{1}{\infty-\infty}$ Eu tentei fazer isso:
$\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt[6]{(n^3+n+1)^2}+\sqrt[6]{(n^2-n+2)^3}}{(n^3+n+1)^2-(n^2-n+2)^3} = \lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt[6]{(n^3+n+1)^2}+\sqrt[6]{(n^2-n+2)^3}}{3n^5-7n^4+15n^3-17n^2+14n-7}$

Estou totalmente preso aqui. Eu dividiria a fração por$3n^5$ e então a solução é $0$. Não é a resposta correta. Perdi alguma coisa?

Respostas

Khosrotash Jan 05 2021 at 16:04

solução rápida, como outra ideia$$\lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt[3]{n^3+n+1}-\sqrt{n^2-n+2}}=\\ \lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt[3]{n^3+0n^2+n+1}-\sqrt{n^2-n+2}}=\\ \lim_{n \to \infty}\frac{1}{\sqrt[3]{(n+0)^3-0+0n^2+n+1}-\sqrt{(n-\frac12)^2-\frac14+2}}=\\ \lim_{n \to \infty}\frac{1}{n-(n-\frac12)}=\\2$$

OBSERVAÇÃO: $$n^3+an^2+bn+c=\\(n+\frac a3)^3-(3n^2.\frac a3+3n(\frac a3)^2+(\frac a3)^3)+bn+c\\(n\to \infty) \implies n^3+an^2+bn+c\sim (n+\frac a3)^3 $$ assim $$n^3+n+1=(n+0)^3-0^3+n+1$$ também para $n^2+an+b=(n+\frac a2)^2-(\frac a2)^2+c$

1 DieterKaesbauer Jan 05 2021 at 17:04

teorema binomial para expoentes racionais:

(1 + n) ^ (1/3) = 1 + n / 3 + ... (1 + n) ^ (1/2) = 1 + n / 2 + ...

s1 = (n ^ 3 + n - 1) ^ (1/3) = [n ^ 3 (1+ 1 / n ^ 2 + ...)] ^ (1/3) = n (1+ 1 / ( 3 n ^ 2) ...) s2 = (n ^ 2 -n + 2) ^ (1/2) = [n ^ 2 (1- 1 / n ^ 2 + ...)] ^ (1/2 ) = n (1 -1 / (2n) ...) s1-s2 = 1 / (3n) + 1/2 ...

lim 1 / (s1-s2) = 2

n-> infinito

ParamanandSingh Jan 06 2021 at 15:17

Sempre tente simplificar os cálculos algébricos de uma maneira que reduza o esforço de digitação e a confusão visual.

É claro que podemos pegar $n$ comum de ambos os termos em denominador e, portanto, denominador pode ser escrito como $n(a-b) $ onde ambos $a, b$ querer $1$. Além disso, podemos ver que$a^3,b^2$ são radicais livres e, portanto, temos $$n(a-b) =n(a-1-(b-1))=n\left((a^3-1)\cdot\frac{a-1}{a^3-1}-(b^2-1)\cdot\frac{b-1}{b^2-1}\right)\tag{1}$$ Apenas observe que $$n(a^3-1)=n\left(\frac{1}{n^2}+\frac {1}{n^3}\right)\to 0$$ e $$n(b^2-1)=n\left(-\frac{1}{n}+\frac{2}{n^2}\right)\to - 1$$ Agora segue da equação $(1)$ aquele denominador $n(a-b) $ tende a $$0\cdot\frac{1}{3}-(-1)\cdot\frac{1}{2}=\frac{1}{2}$$ e a expressão sob limite, portanto, tende a $2$.

J.G. Jan 06 2021 at 15:23

Para grande $n$, $(1+n^{-2}+n^{-3})^{1/3}\in 1+\tfrac13n^{-2}+O(n^{-2})\subseteq 1+o(n^{-1})$, assim$$\begin{align}\frac{n^{-1}}{(1+n^{-2}+n^{-3})^{1/3}-(1-n^{-1}+2n^{-2})^{1/2}}&\in\frac{n^{-1}}{1+o(n^{-1})-1+\tfrac12n^{-1}+o(n^{-1})}\\&=\frac{n^{-1}}{\tfrac12n^{-1}+o(n^{-1})}\\&\stackrel{n\to\infty}{\sim}2.\end{align}$$