Una extraña forma de demostrar que $\lim_{x \to \infty} \sin(\frac{x^3}{x^2+1})$ no existe.

Question

En lugar de intentar sustituir el $x$ en la fracción con dos secuencia que tomará $\sin(x)$ a dos valores diferentes, se puede observar que $\frac{x^3}{x^2+1}$ está en $\mathbb{R}$ (suryectiva). Por lo tanto, podemos elegir cualquier secuencia en $\mathbb{R}$ y será una subsecuencia (o subfunción, no sé muy bien cómo llamarlo) de $\frac{x^3}{x^2+1}$ . Lo que significa que si tomo $u_k = \frac{\pi}{2} + 2k\pi$ (estos valores harán que $\sin$ igual a 1) tal que $k \in \mathbb{N}$ y $v_k = \frac{\pi}{2} + (2k+1)\pi$ (estos valores harán que $\sin$ igual a -1), las ecuaciones $\frac{x^3}{x^2+1} = u_{k_0}$ y $\frac{x^3}{x^2+1} = v_{k_0}$ siempre tendrá solución por la suryectividad de $\frac{x^3}{x^2+1}$ . Así que puedo tomar la secuencia de dos $u_k$ y $v_k$ y utilízalos de la siguiente manera:

$\lim_{k \to \infty} \sin(u_k) = 1$ y $\lim_{k \to \infty} \sin(v_k) = -1$ ( $\sin$ aquí es constante en ambos casos, pero las secuencias $u_k$ y $v_k$ hasta el infinito). Por lo tanto $\sin(\frac{x^3}{x^2+1})$ diverge.

¿Es correcto este razonamiento?

Answer 1

$ \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\seq}[1]{\left( #1_n \right)_{n \in \N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} $ Esencialmente, aunque está un poco desordenado. Se puede limpiar de la siguiente manera:

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Elija las secuencias $\seq x,\seq y$ en $\R$ definido por la norma

$$x_n := \frac \pi 2 + 2n\pi \qquad y_n := \frac \pi 2 + (2n+1) \pi $$

Tenga en cuenta que $f:\R \to \R$ dada por $f(x) := x^3/(x^2+1)$ es una función impar, por tanto suryectiva. En consecuencia, podemos elegir secuencias $\seq{x'},\seq{y'}$ donde

$$f(x_n') = x_n \qquad f(y_n') = y_n$$

Observe además que $f(x_n'),f(y_n') \to \infty$ como $n \to \infty$ .

A continuación, observamos que

$$\lim_{n \to \infty} \sin(f(x_n')) = \lim_{n \to \infty} \sin \left( \frac \pi 2 + 2n\pi \right) = 1$$

mientras que

$$\lim_{n \to \infty} \sin(f(y_n')) = \lim_{n \to \infty} \sin \left( \frac \pi 2 + (2n+1)\pi \right) = -1$$

Por lo tanto, el límite de $\sin(f(x))$ como $x \to \infty$ no existe, porque hay secuencias de puntos que podemos elegir en la imagen de $\sin(f(x))$ que convergen a valores diferentes.