Oblicz granice ciągu.

[gr4vity]

Bardzo by prosił o zweryfikowanie poprawności mojego poniższego rozwiązania, z góry bardzo dziękuję.

\(\Lim_{x\to +\infty} \frac{x^{2} \sin \frac{1}{x} }{2x-1} =\Lim_{x\to +\infty} \frac{\sin \frac{1}{x} }{ \frac{2x-1}{x^{2}} } \)

Ponieważ licznik i mianownik w nieskończoności dąży do zera stosuję regułę de l'Hospitala.

\(\Lim_{x\to +\infty} \frac{\sin \frac{1}{x} }{ \frac{2x-1}{x^{2}} }=\Lim_{x\to +\infty} \frac{ \frac{-1}{x^{2}} \cdot \cos \frac{1}{x} }{ \frac{-2x^{2}+2x}{x^{4}} }= \Lim_{x\to +\infty} \frac{-xcos \frac{1}{x} }{-2x+2} \)

Licznik i mianownik w nieskończoności dążą do nieskończoności zatem stosuję regułę de l'Hospitala.
\(\Lim_{x\to +\infty} \frac{-xcos \frac{1}{x} }{-2x+2}=\Lim_{x\to +\infty} \frac{- \frac{sin \frac{1}{x} }{x}-\cos \frac{1}{x} }{-2}= \frac{1}{2} \)

[Jerry]

To ja bez reguły, korzystając z faktu:
\[ \Lim_{t\to0 }{\sin t\over t}=1 \]
\(\Lim_{x\to +\infty} \frac{x^{2} \sin \frac{1}{x} }{2x-1} =\Lim_{x\to +\infty} \frac{\sin{1\over x}}{{1\over x}}\cdot\frac{1}{2+{1\over x}}=1\cdot {1\over2} \)
co potwierdza Twój wynik

Pozdrawiam