vabè, non l'avevo mai visto e nessuno pare interessato, quindi lo risolvo...
per non essere completamente dannoso, faccio anche un po' di euristica e dico che al posto di $10$ ci posso mettere qualsiasi $n$.
Alur, intanto uno si chiede cosa succede per valori di $x$ vicini a $\sqrt2$, che sono quelli interessanti; poi si dice "ehi, ma ho delle funzioni continue e i razionali chiudono gli irrazionali!" quindi uno tenta di vedere cosa succede moralmente in $x=\sqrt2$; bene, al RHS abbiamo 0, quindi al LHS dobbiamo avere 0, quindi ci scriviamo $$\displaystyle\frac{a\sqrt2+b}{c\sqrt2+d}=\sqrt2\longrightarrow a\sqrt2+b=2c+\sqrt2d$$
bene! otteniamo che $a=d,b=2c$ (non sono sicuro che sia una condizione necessaria, ma porta ad una soluzione, quindi ok)
Siamo rimasti con $$\displaystyle\left|\frac{ax+2c}{cx+a}-\sqrt2 \right|<\frac1 N|x-\sqrt2|$$
a sto punto si fa il conto e vediamo che la scelta di prima è stata very pregia; infatti: $$\displaystyle\frac{ax+2c}{cx+a}-\sqrt2=\frac{ax+2c-\sqrt2cx-\sqrt2a}{cx+a}=\frac{x(a-\sqrt2c)-\sqrt2(a-\sqrt2c)}{cx+a}=\frac{(x-\sqrt2)(a-\sqrt2c)}{cx+a}$$
bingo! sostituiamo nella disuguaglianza di partenza e semplifichiamo!
$$\displaystyle\left|\frac{a-\sqrt2c}{cx+a} \right|<\frac1 N$$
bene, moltiplichiamo e abbiamo $cx+a>N|a-\sqrt2c|$, quindi dobbiamo trovare degli $a,c$ tali che $$a>N|a-\sqrt2c|$$
Definiamo quindi $x_n-y_n\sqrt2=(3-2\sqrt2)^n$ e cerchiamo un $n$ per cui vada bene la scelta $a=x_n,c=y_n$; beh, ma $x_n$ è crescente, mentre $(3-2\sqrt2)^n$ è decrescente, quindi esisterà un valore abbastanza enorme di $n$ che rende vera la disuguaglianza. Fine, siamo molto felici!
In particolare, per $N=10$ basta $n=1$, quindi abbiamo che $$\displaystyle\left|\frac{3x+4}{2x+3}-\sqrt2 \right|<\frac1 {10}|x-\sqrt2|$$
Ah, la successione non salta fuori dal nulla, ma sono le soluzioni della Pell $x^2-2y^2=1$, che approssimano sempre meglio $\sqrt2$... (moralmente, non potendo risolvere $x^2-2y^2=0$, uno tenta di avvicinarsi...)
