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Calcular el $\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|\sin n|}$

Estoy teniendo problemas para calcular el siguiente límite: $$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|\sin n|}\ .$$

20voto

Ronald Puntos 21

Sugerencia:

$\pi$ no es un número de Liouville, de modo que existe $m\in\mathbb{N}$ tal que para todos los $p,q\in\mathbb{Z}$$q>1$, tenemos $$ \left| \pi - \frac{p}{q}\right| \geq \frac{1}{q^m}.$$ Esto debería permitir que usted mantenga $\sin n$ distancia de 0.


Edit: Solución Completa:

Deje $m$ ser como el anterior. Así que para todos los $p,q\in\mathbb{Z}$ $q>1$ hemos $$ \left| \pi - \frac{p}{q}\right| \geq \frac{1}{q^m}.$$ Ahora tome $n\in\mathbb{N}$. Tome $q_n$, de modo que $|q_n\pi-n|$ es mínimo. Entonces tenemos $$ \frac{\pi}{2} \geq \left| q_n\pi - n\right| \geq \frac{1}{q_n^{m-1}}.$$ A continuación nos tenga en cuenta que $|\sin n| = |\sin(q_n\pi-n)|$. Ahora desde $\sin$ es el aumento en $[0,\pi/2]$ hemos $$|\sin(q_n\pi-n)|\geq \sin\frac{1}{q_n^{m-1}} \geq \frac{1}{2}\frac{1}{q_n^{m-1}}.$$ Dicho presupuesto tiene para cada uno de los $n$,$q_n\approx \frac{n}{\pi}$. Así que ahora tenemos $$\frac{1}{2}\frac{1}{q_n^{m-1}} \leq |\sin n| \leq 1.$$ Now take $n$th roots of everything and let $n\rightarrow\infty$. La PREPA se va a 1 por lo $$\sqrt[n]{|\sin n|} \rightarrow 1.$$

6voto

Beni Bogosel Puntos 15173

Si el límite existe, entonces debe ser igual a 1, debido a que $|\sin n|$ es denso en $[0,1]$ y existe una larga $|\sin n_k|$ convergentes a $1$. Entonces

$$\sqrt[n_k]{|\sin n_k|} \to 1.$$

0voto

Gudmundur Orn Puntos 853

SUGERENCIA:

Hay arbitrariamente grandes múltiplos de $\pi$, y hay arbitrariamente grande impares múltiplos de $\pi /2$.

Por supuesto, esto sólo ocurre si consideramos real n frente a la natural n...

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