[mgranadosgg]

entonces quedaría:

\( \displaystyle\lim_{x \to{}\infty}{}\displaystyle\frac{π}{\sqrt[ ]{x^2+1}}·1 \)

\( π·\displaystyle\lim_{x \to{}\infty}{}\displaystyle\frac{1}{\sqrt[ ]{x^2+1}} \)

\( π·\displaystyle\frac{1}{\infty}=0 \)

¿voy bien así?

Saludos.

[Juan Pablo Sancho]

No.
Tienes :
\( \displaystyle \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\pi}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}} \cdot \dfrac{\sen(\dfrac{\pi}{x})}{\dfrac{\pi}{x}} = \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\pi}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}} \cdot \lim_{u \to 0} \dfrac{\sen(u)}{u} \)
Entonces:
\( \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\pi}{\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}} \cdot \lim_{u \to 0} \dfrac{\sen(u)}{u} =  \dfrac{\pi}{\sqrt{1+0}} \cdot 1 = \pi \)

[mgranadosgg]

O sea, sería:

\( \displaystyle\lim_{u \to{}0}{\displaystyle\frac{sen(u)}{u}} \)

cuando u toma valores positivos y pequeños, se cumple:

\( sen(u)\leq{u\leq{tg(u)}} \)

Por tanto, dividiendo entre seno de u  (es positivo para u pequeño y positivo), es

\( 1\leq{\displaystyle\frac{u}{sen(u)}\leq{\displaystyle\frac{1}{cos(u)}}} \)

Aplicar límites (teorema de sandwich):

\( \displaystyle\lim_{u \to{}0}{1}\leq{\displaystyle\lim_{u \to{}0}{\displaystyle\frac{sen(u)}{u}}}\leq{\displaystyle\lim_{u \to{}0}{\displaystyle\frac{1}{cos(u)}}} \)

Es decir,

\( 1\leq{\displaystyle\lim_{u \to{}0}{\displaystyle\frac{sen(u)}{u}}}\leq{1} \)

Por tanto, el límite es 1.

¿Es correcto?

Saludos.

[Juan Pablo Sancho]

Pero estás calculando un límite no puedes sustituir por el valor tal cual.
Una forma es:
\( \displaystyle \lim_{u \to 0} \dfrac{\sen(u)}{u} = \lim_{u \to 0} \dfrac{\sen(u) - \sen(0)}{u} = \sen'(0) = \cos(0) = 1 \)

Otra es geometría elemental:
Si \(  u \in ]0,\dfrac{\pi}{2}[  \) entonces:
\( 0 < \sen(u) < u < \tan(u)  \) dividimos por \( \sen(u)  \) y queda:
\(  0 < 1 < \dfrac{u}{\sen(u)} < \dfrac{1}{\cos(u)}  \)
Para \(  h \in ]-\dfrac{\pi}{2},0[  \)
\(  \tan(h) < h < \sen(h) < 0  \) dividimos por \( \sen(h) \)
\( \dfrac{1}{\cos(h)} > \dfrac{h}{\sen(h)} > 1 > 0  \)