Práctica 3 ejercicio 6j

EJERCICIO 6: ...

(j) $\sqrt{n}(\sqrt{n^2+2}-\sqrt{n}) $

Solución: Para salvar la indeterminación del tipo "+$\infty -\infty$" multiplicamos y dividimos por el conjugado:

$\lim\limits_{n\to +\infty} \sqrt{n}(\sqrt{n^2+2}-\sqrt{n}) = \lim\limits_{n\to +\infty} \sqrt{n}(\sqrt{n^2+2}-\sqrt{n})\cdot \dfrac{(\sqrt{n^2+2}+\sqrt{n})}{(\sqrt{n^2+2}+\sqrt{n})} = $

$\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{\sqrt{n}(n^2+2-n)}{(\sqrt{n^2+2}+\sqrt{n})} = $

Como ahora tenemos indeterminación del tipo $\dfrac{\infty}{ \infty}$, sacamos factor común:

$\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{\sqrt{n}\cdot n^2\left(1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}\right)}{(\sqrt{n^2\left(1+\dfrac{2}{n^2}\right)}+\sqrt{n})} =
\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{\sqrt{n}\cdot n^2\left(1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}\right)}{\sqrt{n^2}\sqrt{1+\dfrac{2}{n^2}}+\sqrt{n}} = $

$\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{\sqrt{n}\cdot n^2\left(1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}\right)}{n\sqrt{1+\dfrac{2}{n^2}}+\sqrt{n}} =
\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{\sqrt{n}\cdot n^{\cancel{2}}\left(1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}\right)}{\cancel{n}\left(\sqrt{1+\dfrac{2}{n^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right)} = $

$\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{\overbrace{\sqrt{n}\cdot n}^{\to +\infty}\overbrace{\left(1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{2}{n^2}\right)}^{\to 1}}{\underbrace{\sqrt{1+\dfrac{2}{n^2}}+\dfrac{1}{\sqrt{n}} }_{\to 1} } = +\infty$