$f(x)=\frac1{\sin^2x}-\frac1{x^2}$ çift fonksiyon olduğundan $\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}f(x)$ (ya da ikisi de yoktur).
$\lim_{x\to+\infty}\frac1{x^2}=0$ olduğundan $\lim_{x\to+\infty}\frac1{\sin^2x}$ i bulmak (veya var olmadığını göstermek) yeterlidir.
Bu limitin var olmadığı hızlıca şöyle gösterilebilir $\left(g(x)=\frac1{\sin^2x}\right)$:
$$a_n=\left\{\begin{array}{ccc} \frac {(n-1)\pi}4 & , & n\text{ çift} \\ \frac{n\pi}2 & , & n\text{ tek}\end{array}\right.$$ olsun. $\lim_{n\to+\infty}a_n=+\infty$ olduğu açıktır (veya kolayca gösterilir). $\lim_{n\to+\infty}g(a_n)$ nin var olmadığını ($\pm\infty$ de olmadığını) göstereceğiz. Bu, $\lim_{x\to+\infty}\frac1{\sin^2x}$ in var olmadığını ($\pm\infty$ de olmadığını) göstermek için yeterlidir.
$$g(a_n)=\left\{\begin{array}{ccc} 2 & , & n\text{ çift} \\ 1 & , & n\text{ tek}\end{array}\right.=\frac32+(-1)^n\frac12$$ olur.
Buradan da, $\lim_{x\to+\infty}g(a_n)$ nin var olmadığı kolayca görülür/gösterilir.
Başka bir çözüm:
$a_n=\frac{(2n+1)\pi}2$ olsun. $\lim_{n\to+\infty}a_n=+\infty$ ve $g(a_n)=1\Rightarrow\lim_{n\to+\infty}g(a_n)=1$
$b_n=\frac{(2n+1)\pi}4$ olsun. $\lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty$ ve $g(b_n)=2\Rightarrow\lim_{n\to+\infty}g(b_n)=2$
$1\neq2$ olduğundan, $\lim_{x\to+\infty}g(x)$ var olamaz ($\pm\infty$ de olamaz)