Oblicz granice ciągu.
: 25 lis 2021, 01:53
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.
\(\Lim_{x\to +\infty} \frac{-xcos \frac{1}{x} }{-2x+2}=\Lim_{x\to +\infty} \frac{- \frac{sin \frac{1}{x} }{x}-\cos \frac{1}{x} }{-2}= \frac{1}{2} \)
\(\Lim_{x\to +\infty} \frac{x^{2} \sin \frac{1}{x} }{2x-1} =\Lim_{x\to +\infty} \frac{\sin \frac{1}{x} }{ \frac{2x-1}{x^{2}} } \)
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.
\(\Lim_{x\to +\infty} \frac{-xcos \frac{1}{x} }{-2x+2}=\Lim_{x\to +\infty} \frac{- \frac{sin \frac{1}{x} }{x}-\cos \frac{1}{x} }{-2}= \frac{1}{2} \)