2023.7.16 闲话

joke3579 好厉害啊 .

BK 竟然用 Solarized Light，第一次见到有和我一样的 /cy

APJ 科技：

\[\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{\dfrac{x^2}{x-1}}-x\right)=\dfrac12 \]

证明 1

展开为 Laurent 级数：\(\dfrac12+\dfrac38x+O\left(\left(\dfrac1x\right)^2\right)\) .

那么可以知道答案就是 \(\dfrac12\) 了 .

证明 2

\[\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{\dfrac{x^2}{x-1}}-x\right)=\lim_{x\to\infty}x\cdot\dfrac{\sqrt x-\sqrt{x-1}}{\sqrt{x-1}}=\lim_{x\to\infty}\dfrac x{\sqrt{x-1}(\sqrt x+\sqrt{x-1})} \]

使用等价无穷大 \(\sqrt x\sim\sqrt{x-1}\)（不难验证）即可得到等于 \(\dfrac12\) .

证明 3

有点谔谔。

Lemma

\[\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2-x}-\sqrt{x^2+x}\right)=-1 \]

证明：

考虑使用夹逼准则，后面默认 \(x>1\) . 首先令 \(f(x)=\sqrt{x^2-x}-\sqrt{x^2+x}\)，那么进行一些简单的放缩即可得到 \(f(x)<-1\) .

接下来要证明的是 \(f(x)>-\frac1{x^2}-1\) .

两边同时平方得 \(2x^2-2x\sqrt{x^2-1}<1+\frac2{x^2}+\frac1{x^4}\) .

经过一些平凡的化简最终可以得到 \(1-\sqrt{1-\frac1{x^2}}<\frac3{2x}+\frac2{x^2}\) .

作代换 \(t=\frac1x\)，即得 \(1-\sqrt{1-t^2}<\frac{3t}2+\frac{t^2}2\)（注意这里范围是 \(t\in(0,1)\)）.

考虑 \(d(x)=1-\sqrt{1-x^2}-\frac{3t}2-\frac{t^2}2\)，注意到 \(d''(x)=\frac1{(1-x^2)^{3/2}}-1\) 在 \((0,1)\) 单调减，验证边界后可以得到 \(d''(x)<0\)，从而验证 \(d(0)\) 和 \(d'(0)\) 后不难得到 \(d(x)<0\)，这就意味着最初的 \(f(x)>-\frac1{x^2}-1\) 成立了 .

综合，可以得到 \(\displaystyle\lim_{x\to\infty}f(x)=-1\)，证毕 .

回到原问题：

\[\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{\dfrac{x^2}{x-1}}-x\right)=\lim_{x\to\infty}\dfrac{x^3-x\sqrt{x-1}}{\sqrt{x-1}}=\lim_{x\to\infty}\left(x-\sqrt{x^2+x}\right) \]

最后一个等号：使用洛必达法则 .

有常见等价无穷大 \(2x\sim\sqrt{x^2+x}+\sqrt{x^2-x}\) .

根据 Lemma，\(\displaystyle\lim_{x\to\infty}\left(\sqrt{x^2-x}-\sqrt{x^2+x}\right)=-1\)，和上述等价无穷大相加即得 \(\lim\limits_{x\to\infty}\left(x-\sqrt{x^2+x}\right)=\frac12\)，从而可以得到原式等于 \(\frac12\)，证毕 .