(1) Пусть \(\alpha > 1.\)
Тогда по теореме об арифметике пределов для последовательностей и по теореме о пределе последовательности под корнем для \(\lim_{n \to \infty}\sqrt{n^2 + n^{\alpha}} - n = \lim_{n \to \infty}\frac{n^{\alpha}}{\sqrt{n^2 + n^{\alpha}} + n} = +\infty,\) так как степень \(\alpha\) в числителе будет наибольшей.
(2) Рассмотрим все случаи для \(\alpha.\)
(a) Пусть \(\alpha = 1.\)
Тогда по теореме об арифметике пределов для последовательностей и по теореме о пределе последовательности под корнем для \(\lim_{n \to \infty}\sqrt{n^2 + n^{\alpha}} - n = \lim_{n \to \infty}\sqrt{n^2 + n} - n = \frac{n}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1} = \frac{1}{2}.\)
(b) Пусть \(\alpha < 1.\)
Тогда по теореме об арифметике пределов для последовательностей и по теореме о пределе последовательности под корнем для \(\lim_{n \to \infty}\sqrt{n^2 + n^{\alpha}} - n = \lim_{n \to \infty}\frac{n^{\alpha}}{\sqrt{n^2 + n^{\alpha}} + n} = \lim_{n \to \infty}\frac{n^{\alpha - 1}}{\sqrt{1 + n^{\alpha - 2}} + 1} = \frac{0}{\sqrt{1 + 0} + 1} = 0.\)