Предельный переход в решении квадратного уравнения

[misha.physics]

Здравствуйте.
Есть уравнение на $F_{10}$

$$\frac{rF_{10}}{1-\frac{F^2_{10}}{2\beta^2}}=q_3$$

$F_{10}$ - функция $r$, $q_3$ - постоянная, $\beta$ - параметр.
Если $\beta\to+\infty$, то получаем

$$rF_{10}=q_3$$

и находим

$$F_{10}=\frac{q_3}{r}$$

Решим теперь квадратное уравнение относительно $F_{10}$

$$F_{10}=-\frac{\beta^2r}{q_3}\pm\beta^2\sqrt{\frac{r^2}{q_3^2}+\frac{2}{\beta^2}}$$

У меня не получается сделать предельный переход $\beta\to+\infty$ чтобы получить выше полученный результат. А нужно мне это для того, чтобы понять, какой знак (решение квадратного уравнения) мне взять.

[ИСН]

Какой переход, зачем? Очевидно же, что со знаком минус корень будет отрицательный, а со знаком плюс - положительный, нет?
(Хотя пределы уметь тоже пригодится.)

[misha.physics]

ИСН, знаки $F_{10}$ то очевидны, но какой из них взять-то? Вот и хочется предельный переход сделать, хотя я и не знаю, как (и возможно ли) это сделать.

[ИСН]

Взять тот, у которого знак такой же, как у предела.

[misha.physics]

ИСН, а ну да, логично, спасибо. Правда было бы все-таки интересно разобраться с предельным переходом.

[Igrickiy(senior)]

misha.physics
Исправьте все алгебраические ошибки.

[misha.physics]

Igrickiy(senior), разве что здесь

misha.physics в сообщении #1362549 писал(а):

$$F_{10}=-\frac{\beta^2r}{q_3}\pm\beta^2\sqrt{\frac{r^2}{q_3^2}+\frac{2}{\beta^2}}$$

я должен был добавить индексы $1,2$ возле $F_{10}$ чтобы было понятно, что я записываю сразу два корня квадратного уравнения. Больше ошибок не вижу.

[Otta]

misha.physics
Я вообще не понимаю, чего Вы хотите от жизни.
Вот уравнение:

misha.physics в сообщении #1362549 писал(а):

$$\frac{rF_{10}}{1-\frac{F^2_{10}}{2\beta^2}}=q_3$$

Переходите здесь к пределу. Получите, что надо.

Или надо что-то более изысканное?

[misha.physics]

Otta, :) я хочу получить решение с $\beta$. Но там два корня. Вроде уже понятно, что нужно взять положительный, но интересно, можно ли (и если да, то как) совершить в одном из них предельный переход и получить то, что нужно.

[GAA]

misha.physics в сообщении #1362549 писал(а):

Решим теперь квадратное уравнение относительно $F_{10}$

$$F_{10}=-\frac{\beta^2r}{q_3}\pm\beta^2\sqrt{\frac{r^2}{q_3^2}+\frac{2}{\beta^2}}$$

У меня не получается сделать предельный переход $\beta\to+\infty$ чтобы получить выше полученный результат.

Вынести $r^2/q_3^2$ из под корня. После этого корень будет иметь вид $\sqrt{1+\alpha}$, где $\alpha \to 0$, когда $\beta \to \infty$. Воспользоваться $\sqrt{1+\alpha} \sim 1+\alpha/2$. После этого упростить и получится желаемый ответ. Если нужно обоснование, то взять остаточный член в форме Пиано Пеано. Или плюнуть на асимптотику и воспользоваться правилом Лопиталя.

-- Wed 19.12.2018 23:32:53 --

(Конечно, желаемый ответ получится , если перед корнем взять знак "+". Это Вам уже объяснили.)

-- Wed 19.12.2018 23:34:48 --

Знак под корнем попутал. Исправил.
Upd. И единицу пропустил. Поправил.

[misha.physics]

GAA, получилось, разложил корень, спасибо! А правилом Лопиталя здесь как сделать? Я знаю его только применительно к частному функций, а здесь общий знаменатель просто $q_3$. Или как-то искуственно конструкцию сделать?

[GAA]

Перейти к $\alpha=1/\beta^2$ и будет [0/0].

Но можно и просто воспользоваться $(1+\alpha)^m-1 \sim m\alpha$. Без всяких формул Тейлора. Просто не переключился.

[Otta]

На сопряженное домножьте, и вообще ничего не нужно.

[svv]

misha.physics
Зафиксируем $q_3$ и $r$. Вам наверняка интересно, "куда девается второй корень" после перехода к пределу. Как это так получается, что даже при очень больших $\beta$ квадратное уравнение относительно $F_{10}$ имеет два корня (или две ветви, если рассматривать их как функции $\beta$), но если просто выбросить "малое" слагаемое $\frac{F_{10}^2}{2\beta^2}$, остаётся один корень?

Может, при больших $\beta$ корни становятся близкими и в пределе сливаются? Нет, $F_{10}=\frac{q_3}{r}$ является пределом только для одной из ветвей. Тогда почему "туда же" не приходит другая, мы как-то неправильно нашли предел?

Дело в том, что при больших $\beta$ дробь $\frac{F_{10}^2}{2\beta^2}$ вовсе не обязательно мала. Тут ведь $F_{10}$ нельзя считать константой, оно зависит от $\beta$. И одна из ветвей $F_{10}$ может так расти (по модулю) с ростом $\beta$, что вся дробь к нулю не стремится. А мы это проигнорировали и выбросили дробь. Проверьте, что так и происходит.

[misha.physics]

GAA,

GAA в сообщении #1362590 писал(а):

Перейти к $\alpha=1/\beta^2$ и будет [0/0].

Действительно, получилось Лопиталем, понял, спасибо!

GAA в сообщении #1362590 писал(а):

Но можно и просто воспользоваться $(1+\alpha)^m-1 \sim m\alpha$. Без всяких формул Тейлора. Просто не переключился.

Действительно, бином Ньютона, в силу малости $\alpha$ оставляем только линейный член по нему.

Otta,

Otta в сообщении #1362591 писал(а):

На сопряженное домножьте, и вообще ничего не нужно.

Если я правильно вас понял

$$\Bigg(-\frac{\beta^2r}{q_3}+\beta^2\sqrt{\frac{r^2}{q_3^2}+\frac{2}{\beta^2}}\Bigg)\Bigg(-\frac{\beta^2r}{q_3}-\beta^2\sqrt{\frac{r^2}{q_3^2}+\frac{2}{\beta^2}}\Bigg)=-2\beta^2$$

Если так, то что теперь с этим делать?

svv,
О, спасибо, вы как раз угадали то, что меня неявно ещё интересовало, я даже не думал как-то об этом спрашивать.

svv в сообщении #1362593 писал(а):

Проверьте, что так и происходит.

Проверил, если возьмем второй корень (с минусом), то получается, что при больших $\beta$

$$\frac{F_{10}^2}{2\beta^2}=\frac{2\beta^2r^2}{q_3^2},$$

т. е. растет с ростом $\beta$.

-- 20 дек 2018, 01:42 --

В такие моменты поражаюсь алгебре.