Демидович. Предел функции

[Ivan_B]

435. $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}}{\sqrt{x+1}}$
Можно ли пользоваться тем, что корень непрерывный?
До текущего момента я пользовался непрерывностью, но только что обнаружил, что тема "Непрерывность функции" это аж 7 параграф, номер текущего параграфа - 5.

Мое решение:
$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}}{\sqrt{x+1}}=\sqrt{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}{x+1}}=$$\sqrt{\lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{1+1/x}+\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sqrt{1+1/\sqrt{x}}}{\sqrt{x}+1/\sqrt{x}}}=\sqrt{1+0}$

[thething]

Непрерывность корня ни к чему. Повыносите старшие степени икса в числителе и знаменателе и сократите

[Ivan_B]

thething в сообщении #1324344 писал(а):

Повыносите старшие степени икса в числителе и знаменателе и сократите

$\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}}{\sqrt{x+1}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sqrt{1+\sqrt{1/x+1/(x\sqrt{x})}}}{\sqrt{1+1/x}}$
Теперь нужно установить существование предела знаменателя $\lim\limits_{x\to\infty}\sqrt{1+1/x}=\lim\limits_{y\to 0}\sqrt{1+y}=1$ Непрерывность непосредственно следует из последнего равенства и его как-то нужно обосновать(или воспользоваться непрерывностью).
Нужна еще одна подсказка.

[thething]

Ivan_B в сообщении #1324357 писал(а):

Теперь нужно установить существование предела знаменателя $\lim\limits_{x\to\infty}\sqrt{1+1/x}=\lim\limits_{y\to 0}\sqrt{1+y}=1$

По определению можно

[Otta]

Ivan_B
"Наивным" пониманием непрерывности Демидович неявно пользуется задолго до того, как ее вводит и решает на нее задачи.
А так - корень непрерывен, значит, под ним можно переходить к пределу, если уж хочется более-менее аккуратно. Большее излишне, на мой взгляд.

[Ivan_B]

thething в сообщении #1324360 писал(а):

По определению можно

Пусть $\sqrt{1+y}=(1+\varepsilon)$, тогда $1+y=(1+\varepsilon)^2 \Rightarrow y=2\varepsilon+\varepsilon^2$
$y$ и $\varepsilon$ имеют один знак т.к. $x>1 \Rightarrow x^2>1$ и $0<x<1 \Rightarrow x^2<1$.
Если $y$ и $\varepsilon$ больше $0$, то $|y|=2|\varepsilon|+\varepsilon^2>|\varepsilon|$
Если $y$ и $\varepsilon$ меньше $0$, то $-|y|=-2|\varepsilon|+\varepsilon^2 \Rightarrow |y|>|\varepsilon|$
$\sqrt{1+y}=(1+\varepsilon)\Rightarrow\sqrt{1+y}-1=\varepsilon\Rightarrow|\sqrt{1+y}-1|=|\varepsilon|<|y|$
Тогда для любого $\varepsilon>0$ достаточно взять $\delta=\varepsilon$ чтобы при $|y|<\delta$ выполнялось $|\sqrt{1+y}-1|<\varepsilon$

Otta в сообщении #1324361 писал(а):

А так - корень непрерывен, значит, под ним можно переходить к пределу, если уж хочется более-менее аккуратно.

На текущий момент полагаю "разобраться"="прочесть теорию и решить все задачи из Демидовича". У меня возникли сомнения можно ли назвать то, что я делаю "решением" из-за того, что я пользовался непрерывностью. Скорректируйте, пожалуйста, мои действия, если я делаю что-то не так. Что можно назвать "решением" исходной задачи?

[thething]

Ivan_B в сообщении #1324381 писал(а):

Пусть $\sqrt{1+y}=(1+\varepsilon)$, тогда $1+y=(1+\varepsilon)^2 \Rightarrow y=2\varepsilon+\varepsilon^2$

А почему тут не неравенства сразу? Кстати, можно заметить, что при малых $\varepsilon$ справедливо $\varepsilon^2+2\varepsilon<2\varepsilon+2\varepsilon$, откуда $\delta=4\varepsilon$. Это для случая $y>0$. Для $y<0$ можно рассуждать аналогично

-- 04.07.2018, 18:40 --

Ivan_B в сообщении #1324381 писал(а):

$y$ и $\varepsilon$ имеют один знак

Вот это странно, т.к. эпсилон всегда строго больше нуля. Распишите определение предела полностью и отдельно для каждого из случаев знака $y$ попытайтесь получить примерно то, что я описал выше

-- 04.07.2018, 18:44 --

Ну или можно вообще случаи не рассматривать, а заметить, что $1+y\leqslant 1+\left\lvert y\right\rvert$ (у нас можно считать, что $\left\lvert y\right\rvert<1$)

[Ivan_B]

thething в сообщении #1324383 писал(а):

А почему тут не неравенства сразу?

Исправил.
$|\sqrt{1+y}-1|<\varepsilon$
$1-\varepsilon<\sqrt{1+y}<1+\varepsilon$
При $0<\varepsilon<1$ все части неравенства положительны, поэтому неравенство останется верным после возведения в квадрат.
$-2\varepsilon+\varepsilon^2<y<2\varepsilon+\varepsilon^2$
$0<\varepsilon<2 \Rightarrow \varepsilon^2<2\varepsilon$
$-2\varepsilon<-2\varepsilon+\varepsilon^2<y<2\varepsilon+\varepsilon^2<4\varepsilon$
Тогда достаточно взять $\delta<2\varepsilon$, чтобы при $|y|<\delta$ выполнялось $|\sqrt{1+y}-1|<\varepsilon$

-- 04.07.2018, 18:07 --

thething в сообщении #1324383 писал(а):

Вот это странно

Там есть ошибка и даже если ее исправить решение кривое.

[thething]

Ivan_B в сообщении #1324392 писал(а):

Тогда достаточно взять $\delta<2\varepsilon$

Только $4\varepsilon$ надо. И обычно дельта все-таки берется равной чему-то, т.е. $\delta=4\varepsilon$

Кстати, по-моему тоже доказывать все это излишне, достаточно просто сказать "по определению", подразумевая, что сможете, случись чего (на экзамене, например) это обосновать.

[ewert]

В этом примере, конечно, подразумевается непрерывность корня в единице. А то так ведь с этими эпсилон-дельтами можно и до абсурда дойти -- скажем, в стопиццотый раз доказывать непрерывность корня в нуле (она тут тоже нужна).

(То, что самого понятия непрерывности пока ещё нет -- не имеет значения.)

[Ivan_B]

thething в сообщении #1324394 писал(а):

Только $4\varepsilon$ надо.

Пусть $\varepsilon = 0.11$, тогда $\delta = 0.44$, $\sqrt{1.44}=1.2>1.11$

Последнее мое решение тоже неправильное.

[thething]

Ivan_B в сообщении #1324409 писал(а):

Последнее мое решение тоже неправильное.

Правильное, это я ошибся, $2\varepsilon$ надо

[Ivan_B]

thething в сообщении #1324415 писал(а):

Правильное, это я ошибся, $2\varepsilon$ надо

Нет. Для правильного $\delta$ должно выполняться $-2\varepsilon+\varepsilon^2\leqslant-\delta<y<\delta\leqslant2\varepsilon+\varepsilon^2$

-- 04.07.2018, 20:03 --

$\delta=2\varepsilon-\varepsilon^2$

[thething]

Нарисуйте на числовой оси интервал $(-2\varepsilon,4\varepsilon)$ и увидите, какие должны быть симметричные пределы для $y$

[Ivan_B]

Пусть $\delta=2\varepsilon$
Пусть $\varepsilon = 0.18$, тогда $\delta = 0.36$, $\sqrt{1-0.36}=0,8<0.82$