Demuestra que limx→∞xsin2xlimx→∞xsin2⁡x\lim\limits_{x \to \infty} x \sin^2 x no existe.

Question

Demuestra que limx→∞xsin2xlimx→∞xsin2⁡x\lim\limits_{x \to \infty} x \sin^2 x no existe.

limites
cálculo
Matemáticas
epsilon-delta
solución-verificación

Iovita Kemény

necesito probar $\lim\limits_{x \to \infty} x \sin^2 x$ no existe, y solicito su ayuda para verificar que mi argumento es correcto. Tengo algo decente para hacer $\epsilon-\delta$ argumentos, pero demostrar que no existe un límite ha sido un poco desafiante en realidad.

tenemos que probar $\lim\limits_{x \to \infty} x \sin^2 x \neq \ell$ , para cada $\ell \in \mathbb{R}$ , tómalo $\ell \in \mathbb{R}$ . El resultado sigue si podemos encontrar algunos $\epsilon > 0$ tal que por cada $N \in \mathbb{R}$ , hay algo real $x$ tal que $x > N$ pero $\lvert x \sin^2 x - \ell \rvert \geq \epsilon$ .

Si $\epsilon =\lvert \ell \rvert + 1$ , entonces por cada $N \in \mathbb{R}$ podemos encontrar $x_0 > \max(N, \quad 2\lvert \ell \rvert + 1)$ tal que $x_0 = \cfrac{\pi}{2} + 2\pi k$ , para algunos lo suficientemente grandes $k \in \mathbb{Z}$ . Para esto $x_0$ tenemos eso

X_{0} {pecado}^{2} X_{0} = X_{0} \cdot 1 = X_{0} > 2 | ℓ | + 1 \geq 1 + | ℓ | + ℓ

$x_0 \sin^2 x_0 = x_0 \cdot 1 = x_0 > 2\lvert \ell \rvert + 1 \geq 1 + \lvert \ell \rvert + \ell$ . Esto implica

x_{0} \sin^{2} x_{0} - ℓ = x_{0} - ℓ > 1 + | ℓ | = ϵ

$x_0 \sin^2 x_0 - \ell = x_0 - \ell > 1 + \lvert \ell \rvert = \epsilon$ y la demostración está completa.

Cualquier comentario o sugerencia de mejora es muy apreciada.

Roberto orilla

Esto prueba que no puede tener un límite finito. También es posible hablar de si el límite es

\infty

$\infty$ . ¿Conoces esa definición? En este caso, eso tampoco funciona. ¿Puedes ver por qué?

Iovita Kemény

@RobertShore Sí, conozco la definición y sí, tiene razón, no cubre ese caso. Sin embargo, creo que es intuitivamente claro por qué el límite no es

\infty

$\infty$ : no importa cuán grande sea el número

L

$L$ siempre podemos encontrar

x_{1} = 2 π k

$x_1 = 2\pi k$ , por un gran

k \in Z

$k \in \mathbb{Z}$ , que devolverá la función a cero. Creo que puedo formalizar este argumento.

Roberto orilla

Bien. Así que formalizaría eso y lo agregaría a su prueba.

Iovita Kemény

@RobertShore Sí, gracias.

Respuestas (2)

Demuestra que limx→∞xsin2xlimx→∞xsin2⁡x\lim\limits_{x \to \infty} x \sin^2 x no existe.

Esto prueba que no puede tener un límite finito. También es posible hablar de si el límite es $\infty$ . ¿Conoces esa definición? En este caso, eso tampoco funciona. ¿Puedes ver por qué?
@RobertShore Sí, conozco la definición y sí, tiene razón, no cubre ese caso. Sin embargo, creo que es intuitivamente claro por qué el límite no es $\infty$ : no importa cuán grande sea el número $L$ siempre podemos encontrar $x_1 = 2\pi k$ , por un gran $k \in \mathbb{Z}$ , que devolverá la función a cero. Creo que puedo formalizar este argumento.
Bien. Así que formalizaría eso y lo agregaría a su prueba.

Martín Argerami · Answer 1

Su argumento está bien, aunque como se menciona en los comentarios, no aborda la posibilidad de que el límite sea infinito.

Aquí hay una idea un poco más simple. Dado cualquier $k>0$ , entonces $x_k=\frac\pi2+2k\pi>k$ y $x_k\sin^2x_k=x_k>k$ . También $z_k=2k\pi>k$ y $z_k\sin^2z_k=0$ . Entonces

\underset{k \to \infty}{límite} X_{k} {pecado}^{2} X_{k} = \infty,

$\lim_{k\to\infty}x_k\sin^2x_k=\infty,$ mientras

\underset{k \to \infty}{límite} z_{k} {pecado}^{2} z_{k} = 0.

$\lim_{k\to\infty}z_k\sin^2z_k=0.$ Esto excluye la existencia del límite (finito o infinito), ya que si existiera todas las sucesiones que van al infinito darían el mismo límite.

Pablo escarcha · Answer 2

Esta es solo una variación de la respuesta de Martin Argerami. Construyó una secuencia $(x_k)$ tal que $\lim_{k\to\infty}x_k\sin^2x_k=\infty$ . Demostremos que para cada $a \in [0,\infty)$ existe una secuencia $(y_k)$ tal que

\underset{k \to \infty}{límite} y_{k} {pecado}^{2} y_{k} = a .

$\lim_{k\to\infty}y_k\sin^2y_k=a .$

Tenemos $\sin^2 x = 0$ para $x = m\pi$ y $\sin^2 x = 1$ para $x = \pi/2 + m\pi$ para todos $m \in \mathbb Z$ . Así por la IVT la función $f(x) = x \sin^2x$ mapea el intervalo $[m\pi, \pi/2 + m\pi]$ en el intervalo $[0,\pi/2 + m\pi]$ . Por lo tanto para $m \ge m_0 = \max(0,(a-2)/\pi)$ encontramos un punto $y_m \in [m\pi, \pi/2 + m\pi]$ tal que $f(y_m) = a$ . Dejar $y_m = m\pi$ para $m < m_0$ . Entonces claramente $y_m \to \infty$ como $m \to \infty$ y $\lim_{m\to\infty}y_m\sin^2y_m=a$ .

Demuestra que limx→∞xsin2xlimx→∞xsin2⁡x\lim\limits_{x \to \infty} x \sin^2 x no existe.

Iovita Kemény

Roberto orilla

Iovita Kemény

Roberto orilla

Iovita Kemény

Respuestas (2)

Martín Argerami

Pablo escarcha

Kritiker der Elche

¿Qué sucede si ϵϵ\epsilon es infinito en la definición de límites de ϵϵ\epsilon-δδ\delta?

δδ\delta-response para desafiar el limx→101[[x]]=110limx→101[[x]]=110\lim_{x \to 10} \frac{1}{[[x]]} = \frac {1}{10} con ϵ=12ϵ=12\epsilon=\frac{1}{2}

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Demuestra que el límite lim(x,y)→(0,0)y43x2+y2√cos(1x)lim(x,y)→(0,0)y43x2+y2cos⁡(1x)\lim_{(x,y) )\to(0,0)} \frac{y^4}{\sqrt{3x^2+y^2}}\cos(\frac{1}{x}) existe usando ϵ y δϵ y δ\epsilon \text{ y } \delta definición

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