1r ciclo Sucesiones de números reales. Límites.

[oganesson]

Buenas.

Estoy intentando calcular el siguiente límite. El ejercicio pide calcular el límite de la sucesión de números reales (es decir, hallar el límite del término general cuando n tiende a infinito) cuyo término general $a_n$ es el siguiente:
-

$\frac{\sqrt{n^2+\sqrt{n}}-\sqrt{n^2-\sqrt{n}}}{n(\sqrt[3]{n^3+\sqrt{n}}-\sqrt[3]{n^3-\sqrt{n}})}$ , $n\in \mathbb{N}$

He intentado simplificar el cociente mediante igualdades notables típicas como $(a+b)(a-b)=a^2-b^2$ y $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$ y se han simplificado algunos términos. He llegado a una expresión donde siguen habiendo muchas raices y no se como deshacerme de ellas. Puede que esté cerca de la respuesta pero creo que mi mente esta ya cansada de este límite .

Si alguien con mente fresca lo intenta y le sale me sería de mucha ayuda! EL RESULTADO ES 3/2. Si alguien se anima, muchas gracias de antemano.

Un saludo.

[Alriga]

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

Haciendo el cambio de variable $\sqrt n=m$ se obtiene esta expresión que parece más sencilla:

$\dst \lim_{m\to \infty} \ \frac{\sqrt{m^4+m}-\sqrt{m^4-m}}{\sqrt[3]{m^{12}+m^7}-\sqrt[3]{m^{12}-m^7}}$

Pero no veo como seguir a partir de aquí, a ver si a algún compañero se le ocurre algo.

Saludos.

[Al2000]

Se puede escribir que

$$\sqrt{m^4+m} - \sqrt{m^4-m} = \frac {2 m}{\sqrt{m^4+m} + \sqrt{m^4-m}}$$

y que

$$\sqrt[3]{m^6 + m}-\sqrt[3]{m^6 - m} = \frac {2 m}{\left(\sqrt[3]{m^6 + m}\right)^2+\left(\sqrt[3]{m^6 + m}\right) \left(\sqrt[3]{m^6 - m}\right) + \left(\sqrt[3]{m^6 - m}\right)^2}$$

para eliminar la indeterminación 0/0. La cosa quedaría

$$\lim_{m \to \infty} \frac {\left(\sqrt[3]{m^6 + m}\right)^2+\left(\sqrt[3]{m^6 + m}\right) \left(\sqrt[3]{m^6 - m}\right) + \left(\sqrt[3]{m^6 - m}\right)^2}{m^2 \left(\sqrt{m^4+m} + \sqrt{m^4-m}\right)}$$

que parece más manejable. Me la llevo para el papel pues escribiendo aquí en línea es mas incómodo y costoso.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

EDITO para añadir que sólo resta sacar factor común $m^6$ en las raíces del numerador y $m^4$ en las del denominador.

[oganesson]

Pues gracias a ese aporte, lo he resuelto así que gracias . Partiendo de la expresión que has dejado tu:
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$\dst \ \frac{\sqrt{m^4+m}-\sqrt{m^4-m}}{\sqrt[3]{m^{12}+m^7}-\sqrt[3]{m^{12}-m^7}}$

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y utilizando las igualdades notables $(a+b)(a-b)=a^2-b^2$ y $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$ entonces yo he obtenido una expresión así
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$\dst \ \frac{2m(\sqrt[3]{m^{24}+m^{14}+2m^{19}}+\sqrt[3]{m^{24}-m^{14}}+\sqrt[3]{m^{24}+m^{14}-2m^{19}})}{2m^7(\sqrt{m^4+m}+\sqrt{m^4-m})}$

-
la cual puede parecer complicada pero si simplificamos un poco y nos fijamos en los exponentes de los diferentes términos del numerador y denominador:
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$\dst \ \frac{\sqrt[3]{m^{24}+m^{14}+2m^{19}}+\sqrt[3]{m^{24}-m^{14}}+\sqrt[3]{m^{24}+m^{14}-2m^{19}}}{\sqrt{m^{16}+m^{12}}+\sqrt{m^{16}-m^{12}}}$

-
nos damos cuenta de que tenemos en el numerador la suma de tres raíces de orden 3 y dentro de cada una un polinomio de n de grado 24; el resultado de la raíz, podría expresarse de la forma:
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$3m^8+P(n)$ tal que $P(n)$ es un polinomio de n de grado inferior a 8.
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En el denominador podemos hacer lo mismo; tenemos la suma de dos raíces cuadradas y en cada una hay un polinomio de n de grado 16; el resultado de la raíz, podría expresarse como:
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$2m^8+Q(n)$ tal que $Q(n)$ es un polinomio de n de grado inferior a 8.
-
Lo que nos dejaría una expresión mas simple del termino general de la sucesión $\dst \ a_n=\frac{3m^8+P(n)}{2m^8+Q(n)}$. Si dividimos numerador y denominador por $m^8$ nos quedaría una expresión así
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$\dst \ a_n=\frac{3+\frac{P(n)}{m^8}}{2+\frac{Q(n)}{m^8}}$

-
y finalmente el límite de dicha expresión: $\dst \lim_{m\to \infty} \ \frac{3+\frac{P(n)}{m^8}}{2+\frac{Q(n)}{m^8}}=3/2$

* Edito para aclarar que, el cambio de variable nos indica que en efecto, $m$ tiende a infinito ya que si $n$ tiende a infinito $\sqrt{n}$ tiende a infinito también. *

[Alriga]

... lo he resuelto ...

Perfecto oganesson, me alegro que lo hayas resuelto. Mientras tanto, he seguido dándole vueltas y se me ha ocurrido otro método de solucionarlo.

$\dst \lim_{n\to \infty} \ \frac{\sqrt{n^2+\sqrt{n}}-\sqrt{n^2-\sqrt{n}}}{n\Big (\sqrt[3]{n^3+\sqrt{n}}-\sqrt[3]{n^3-\sqrt{n}}\Big )}$

Hacemos el cambio de variable:

$x=\dfrac 1 n$

Y el límite se transforma en:

$\dst \lim_{x\to 0} \ \dfrac{\sqrt{1+x \sqrt x}-\sqrt{1-x\sqrt x}}{\sqrt[3]{\dfrac 1{x^3}+\dfrac 1{\sqrt x}}-\sqrt[3]{\dfrac 1{x^3}-\dfrac 1{\sqrt x}}}$

$\dst \lim_{x\to 0} \ \dfrac{A-B}{C-D}$

Ahora hacemos el desarrollo en serie de McLaurin

$\dst \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n$

de A, B, C y D tomando los 3 primeros términos:

$A \sim 1+\dfrac{x^{3/2}}2-\dfrac{x^3}8$

$B \sim 1-\dfrac{x^{3/2}}2-\dfrac{x^3}8$

$C \sim \dfrac 1 x+\dfrac{x^{3/2}}3-\dfrac{x^4}9$

$D \sim \dfrac 1 x-\dfrac{x^{3/2}}3-\dfrac{x^4}9$

Sustituyendo:

$\dst \lim_{x\to 0} \ \dfrac{A-B}{C-D}=\dst \lim_{x\to 0} \ \dfrac{x^{3/2}}{\dfrac{2x^{3/2}}3}$

Por lo tanto:

$\dst \lim_{x\to 0} \ \dfrac{\sqrt{1+x \sqrt x}-\sqrt{1-x\sqrt x}}{\sqrt[3]{\dfrac 1{x^3}+\dfrac 1{\sqrt x}}-\sqrt[3]{\dfrac 1{x^3}-\dfrac 1{\sqrt x}}}=\dfrac 3 2$

$\dst \lim_{n\to \infty} \ \frac{\sqrt{n^2+\sqrt{n}}-\sqrt{n^2-\sqrt{n}}}{n\Big (\sqrt[3]{n^3+\sqrt{n}}-\sqrt[3]{n^3-\sqrt{n}}\Big )}=\dfrac 3 2$

Saludos.