Convergencia de $(\sin x)^x$

Question

Esto apareció en un foro y no tuvo una respuesta clara así que lo pregunto aquí para ver si alguien puede dar algo de luz.

Definir la secuencia $$a_n := (\sin n)^n \ \forall n \in \mathbb{N}$$

¿Cómo se prueba la existencia de $\lim_{n\to \infty} a_n$ ? Gracias.

Answer 1

Mi respuesta: ¡No converge a nada! Debe quedar claro que esto no converge a ningún valor distinto de cero $L$ . Entonces la pregunta es: "¿Converge a cero?". Dejemos que la proposición $P$ sea la afirmación "¡converge a cero!". Entonces $$P^c="\exists\varepsilon>0 \textrm{ s.t. } \#\{n\in\mathbb{N}\Big||\sin n|>\varepsilon^\frac{1}{n}\}=\infty"$$ Pero utilizando la aproximación $\varepsilon^\frac{1}{n}\approx\frac{-\log\varepsilon}{n}$ Esto se convierte en $$P^c="\exists a<\infty \textrm{ s.t. } \#\{n\in\mathbb{N}\Big||\sin n|>1-\frac{a}{n}\}=\infty"$$ Entonces es fácil utilizar las propiedades de la función seno para ver que $$P^c=Q_-\cup Q_+$$ Con $$Q_\pm="\#\Big\{n\in\mathbb{N}\Big||\{\frac{n}{2\pi}\mp\frac{1}{4}\}|<\frac{a}{\sqrt n}\Big\}=\infty"$$ A partir de ahora nos centraremos únicamente en la proposición $Q_+$ y tratar de demostrarlo. Deja que $A$ sea la conjetura

$A$ : Para cualquier secuencia $0\leq e_n\leq 1$ con suma infinita $\sum_0^\infty e_n$ cualquier número irracional $\alpha\in(0,1)$ y cualquier secuencia $t_n\in[0, 1]$ para el que el límite $\lim_{n\rightarrow\infty}t_n$ existe, se cumple lo siguiente

$$\#\Big\{(n, \{n\alpha\})\Big|n\in\mathbb{N}, |\{n\alpha\}-t_n|\leq e_n\Big\}=\infty$$

Entonces con $e_n=\min(1, \frac{a}{\sqrt n})$ , $\alpha=\frac{1}{2\pi}$ , $t_n=.25$ obtenemos $$A\Rightarrow Q_+\Rightarrow P^c$$ Y

Creo que $A$ retiene. Pero para resolver el problema reciente es más fácil utilizar el Teorema de Aproximación de Dirichlet. Éste establece que para cada irracional $\alpha\in(0,1)$ hay una secuencia infinita $n_k$ para lo cual $\{n_k\alpha\}\leq\frac{1}{n_k}$ . Consideremos ahora la secuencia infinita $$m_k:=n_k\Big\lfloor\frac{1}{4\{n_k\alpha\}}\Big\rfloor$$ Para ello tenemos $$m_k\{n_k\alpha\}^2=n_k\{n_k\alpha\}^2\Big\lfloor\frac{1}{4\{n_k\alpha\}}\Big\rfloor\leq.25n_k\{n_k\alpha\}\leq.25$$ O, por el contrario $$\{n_k\alpha\}\leq\frac{.5}{\sqrt{m_k}}$$ Esto garantiza $$|\{m_k\alpha\}-.25|\leq\{n_k\alpha\}\leq\frac{.5}{\sqrt{m_k}}$$ Lo que demuestra $Q_+$ .

Answer 2

Este es un comentario largo, no una respuesta completa.

Tenga en cuenta que: $$(\sin n)^n=\left(-i\sinh(-in)\right)^n=\frac{(-i)^n}{2^n}\left(e^{-in}-e^{in}\right)^n.$$ Por la expansión binomial, obtenemos:

$$\begin{align*} s_n=(e^{-in}-e^{in})^n=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}e^{-ikn}(-1)^{n-k}e^{i(n-k)n}=\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}(-1)^{n-k}e^{in(n-2k)}. \end{align*}$$

Considere los siguientes casos:

• Si $n$ es par, entonces, tenemos: $$s_n=\sum_{k=0}^{n/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}e^{in(n-2k)}+\sum_{k=n/2+1}^n\binom{n}{k}(-1)^{k}e^{in(n-2k)}.$$ Dejemos que $l=n-k$ en la segunda suma: $$\sum_{k=n/2+1}^n\binom{n}{k}(-1)^{k}e^{in(n-2k)}=\sum_{l=0}^{n/2-1}\binom{n}{n-l}(-1)^{n-l}e^{in(2l-n)}=\sum_{l=0}^{n/2-1}\binom{n}{l}(-1)^{l}e^{in(2l-n)}.$$ Así que, tenemos: $$\begin{align*}s_n&=\sum_{k=0}^{n/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}e^{in(n-2k)}+\sum_{l=0}^{n/2-1}\binom{n}{l}(-1)^{l}e^{in(2l-n)}=\\ &=\sum_{k=0}^{n/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}e^{in(n-2k)}+\sum_{l=0}^{n/2}\binom{n}{l}(-1)^{l}e^{in(2l-n)}-\binom{n}{n/2}(-1)^{n/2}=\\ &=\sum_{k=0}^{n/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}\left(e^{in(n-2k)}+e^{in(2k-n)}\right)-\binom{n}{n/2}(-1)^{n/2}=\\ &=2\sum_{k=0}^{n/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}\frac{e^{in(n-2k)}+e^{-in(n-2k)}}{2}-\binom{n}{n/2}(-1)^{n/2}=\\ &=2\sum_{k=0}^{n/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}\cosh(in(n-2k))-\binom{n}{n/2}(-1)^{n/2}=\\ &=2\sum_{k=0}^{n/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}\cos(n(n-2k))-\binom{n}{n/2}(-1)^{n/2}. \end{align*}$$
• Si $n$ es impar, entonces, tenemos: $$s_n=\sum_{k=0}^{(n-1)/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}e^{in(n-2k)}+\sum_{k=(n+1)/2}^n\binom{n}{k}(-1)^{k}e^{in(n-2k)}.$$ Dejemos que $l=n-k$ en la segunda suma: $$\sum_{k=n/2+1}^n\binom{n}{k}(-1)^{k}e^{in(n-2k)}=\sum_{l=0}^{(n-1)/2}\binom{n}{n-l}(-1)^{n-l}e^{in(2l-n)}=\sum_{l=0}^{(n-1)/2}\binom{n}{l}(-1)^{l}e^{in(2l-n)}.$$ Así que, tenemos: $$\begin{align*}s_n&=\sum_{k=0}^{(n-1)/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}e^{in(n-2k)}+\sum_{l=0}^{(n-1)/2}\binom{n}{l}(-1)^{l}e^{in(2l-n)}=\\ &=\sum_{k=0}^{(n-1)/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}\left(e^{in(n-2k)}+e^{in(2k-n)}\right)=\\ &=2\sum_{k=0}^{(n-1)/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}\frac{e^{in(n-2k)}+e^{-in(n-2k)}}{2}=\\ &=2\sum_{k=0}^{(n-1)/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}\cosh(in(n-2k))=\\ &=2\sum_{k=0}^{(n-1)/2}\binom{n}{k}(-1)^{k}\cos(n(n-2k)). \end{align*}$$

Queda por estudiar esto como $n\to\infty$ .