Предел (не уверен в ответе)

[Марк]

Дан предел:
$\lim\limits_{x \to 0}ln\left(2 + \sqrt{\arctg x \cdot \sin{\frac 1 x}\right)$
Предел заносим под знак логорифа, двойку выносим получается

$ln\left(2 + \lim\limits_{x \to 0} \sqrt{\arctg x \cdot \sin{\frac 1 x}\right)$
Рассмотрим: $\lim\limits_{x \to 0} \sqrt{\arctg x \cdot \sin{\frac 1 x}$
если подставляеть вместо Х 0, $\arctg 0 = 0$, и так как фанкция $\sin{\frac 1 x}$ имеет свои пределы [-1;+1], то можем предположить, $\sin{\frac 1 x} \cdot arctg 0 = 0$, тогда $\lim\limits_{x \to 0} \sqrt{\arctg x \cdot \sin{\frac 1 x}} = 0$ и $\lim\limits_{x \to 0}ln\left(2 + \sqrt{\arctg x \cdot \sin{\frac 1 x}\right) = \ln 2$

верно?

[antbez]

Да, вроде верно. Синус предела не имеет, но неопределённости не возникает.

[Brukvalub]

Марк писал(а):

если подставляеть вместо Х 0, $\arctg 0 = 0$, и так как фанкция $\sin{\frac 1 x}$ имеет свои пределы [-1;+1], то можем предположить, $\sin{\frac 1 x} \cdot arctg 0 = 0$, тогда $\lim\limits_{x \to 0} \sqrt{\arctg x \cdot \sin{\frac 1 x}} = 0$ и $\lim\limits_{x \to 0}ln\left(2 + \sqrt{\arctg x \cdot \sin{\frac 1 x}\right) = \ln 2$

верно?

Ответ - верный, но его обоснование не вполне корректно. При вычислении предела $\lim\limits_{x \to 0} \sqrt{\arctg x \cdot \sin{\frac 1 x}} = 0$ лучше прямо сослаться на теорему о пределе произведения бесконечно малой и ограниченной функций.

[Марк]

Brukvalub писал(а):

Ответ - верный, но его обоснование не вполне корректно. При вычислении предела $\lim\limits_{x \to 0} \sqrt{\arctg x \cdot \sin{\frac 1 x}} = 0$ лучше прямо сослаться на теорему о пределе произведения бесконечно малой и ограниченной функций.

а функция $\sin{\frac 1 x}$ имеет границы [-1;+1]???
или почему она ограничена???

[antbez]

Да, именно поэтому.