
\documentclass{article}
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\begin{document}
\title{$\lim_{n\to\infty} \sqrt[8]{n^2+1}-\sqrt[4]{n+1}$}
\author{Eduardo Virueña Silva}
\maketitle

Calcular el límite:
\[
\lim_{n\to\infty} \sqrt[8]{n^2+1}-\sqrt[4]{n+1}
\]

Usaremos el teorema del sándwich.  Primero notemos que:
\begin{align*}
			(n+1)^2 &= n^2+2n+1 \ge n^2 + 1\\
\intertext{como $f(x) = \sqrt[8]{x}$ es una función creciente:}
			\sqrt[8]{(n+1)^2} &\ge \sqrt[8]{n^2 + 1}\\
			\sqrt[4]{n+1} & \ge \sqrt[8]{n^2+1}\\
			0 & \ge \sqrt[8]{n^2+1} - \sqrt[4]{n+1}
\end{align*}

Notemos además que:
\begin{align*}
			n^2+1 &\ge n^2-2n+1\\
			\sqrt[8]{n^2+1} &\ge \sqrt[8]{ n^2-2n+1 }\\
			\sqrt[8]{n^2+1} &\ge \sqrt[8]{ (n-1)^2 }\\
			\sqrt[8]{n^2+1} &\ge \sqrt[4]{ n-1 }\\
\intertext{entonces, tenemos que:}
	0 & \ge \sqrt[8]{n^2+1}-\sqrt[4]{n+1}\ge \sqrt[4]{n-1}-\sqrt[4]{n+1}	
\end{align*}

Calculemos entonces el límite:
\[	
	\lim_{n\to \infty}  \sqrt[4]{n-1}-\sqrt[4]{n+1}
\]

Estimemos:
\[
	\sqrt[4]{n-1}-\sqrt[4]{n+1} \\
\]

\begin{align*}
\intertext{Recordemos que:}
	a^4-b^4 & = (a-b)(a^3 + a^2b + ab^2 + b^3)\\
\intertext{Tomemos:}
	a&=  \sqrt[4]{n-1}\\
	b&=  \sqrt[4]{n+1} \\
\intertext{Entonces:}
	\frac{(a-b)(a^3 + a^2b + ab^2 + b^3)} {a^3 + a^2b + ab^2 + b^3} &=\\
		&= \frac{a^4-b^4} {a^3 + a^2b + ab^2 + b^3}\\
		&= \frac{\left(\sqrt[4]{n-1}\right)^4 - \left(\sqrt[4]{n+1}\right)^4}
			{a^3 + a^2b + ab^2 + b^3}\\
		&= \frac{(n-1) - (n+1)}{a^3 + a^2b + ab^2 + b^3}\\
		&= \frac{-2}{a^3 + a^2b + ab^2 + b^3}\\
\end{align*}

\begin{align*}
	a^3 + a^2b & + ab^2 + b^3 \\
			&=	 \left(\sqrt[4]{n-1} \right) ^3
				+ \left(\sqrt[4]{n-1}\right)^2\sqrt[4]{n+1}
				+ \sqrt[4]{n-1}\left(\sqrt[4]{n+1}\right)^2
				+ \left(\sqrt[4]{n+1}\right)^3\\
			&=	 \left(\sqrt[4]{n\left(1-\frac{1}{n}\right)} \right) ^3
				+ \left(\sqrt[4]{n\left(1-\frac{1}{n}\right)}\right)^2
						\sqrt[4]{n\left(1+\frac{1}{n}\right)}\\
			&\quad + \sqrt[4]{n\left(1-\frac{1}{n}\right)}
						\left(\sqrt[4]{n\left(1+\frac{1}{n}\right)}\right)^2
				+ \left(\sqrt[4]{n\left(1+\frac{1}{n}\right)}\right)^3\\
			&=	 \sqrt[4]{n^3\left(1-\frac{1}{n}\right)^3}
				+ \sqrt[4]{n^2 \left(1-\frac{1}{n}\right)^2
						n\left(1+\frac{1}{n}\right)}\\
			&\quad + \sqrt[4]{n\left(1-\frac{1}{n}\right)
						n^2\left(1+\frac{1}{n}\right)^2}
				+ \sqrt[4]{n^3\left(1+\frac{1}{n}\right)^3}\\
			&=	 \sqrt[4]{n^3\left(1-\frac{1}{n}\right)^3}
				+ \sqrt[4]{n^3 \left(1-\frac{1}{n}\right)^2
						\left(1+\frac{1}{n}\right)}\\
			&\quad + \sqrt[4]{n^3\left(1-\frac{1}{n}\right)
						\left(1+\frac{1}{n}\right)^2}
				+ \sqrt[4]{n^3\left(1+\frac{1}{n}\right)^3}\\
			&=	n^{\frac{3}{4}} \sqrt[4]{\left(1-\frac{1}{n}\right)^3}
				+ n^{\frac{3}{4}}\sqrt[4]{ \left(1-\frac{1}{n}\right)^2
						\left(1+\frac{1}{n}\right)}\\
			&\quad +n^{\frac{3}{4}} \sqrt[4]{\left(1-\frac{1}{n}\right)
						\left(1+\frac{1}{n}\right)^2}
				+n^{\frac{3}{4}} \sqrt[4]{\left(1+\frac{1}{n}\right)^3}\\
			&=n^{\frac{3}{4}} \left(\sqrt[4]{\left(1-\frac{1}{n}\right)^3}
				+ \sqrt[4]{ \left(1-\frac{1}{n}\right)^2
						\left(1+\frac{1}{n}\right)}\right.\\
			&\quad \left.+ \sqrt[4]{\left(1-\frac{1}{n}\right)
						\left(1+\frac{1}{n}\right)^2}
				+ \sqrt[4]{\left(1+\frac{1}{n}\right)^3}\right)\\
\end{align*}
Los términos entre paréntesis converten todos a $1$ 
cuando $n\to\infty$, pero el factor $n^{\frac{3}{4}}\to\infty$, 
de manera que:
\[
\lim_{n\to\infty}
	\frac{(a-b)(a^3 + a^2b + ab^2 + b^3)} {a^3 + a^2b + ab^2 + b^3} = 0\\
\]
Es decir:
\[
	\lim_{n\to\infty} \sqrt[4]{n-1} - \sqrt[4]{n+1} = 0.
\]
Por último, ahora calcularmos el límite que tenemos pendiente. Sabemos
que:
\[
	0 \ge \sqrt[8]{n^2+1} - \sqrt[4]{n+1} \ge\sqrt[4]{n-1}-\sqrt[4]{n+1}
\]
Entonces, como el límite cuando $n\to\infty$ para las
dos expresiones de los extremos de esta desigualdad son ambos $0$,
tenemos que:
\[
	\lim_{n\to\infty} \sqrt[8]{n^2+1} - \sqrt[4]{n+1} = 0
\]

\end{document}

