Demostrar que $$\lim_{n\to \infty}\sin{(n^m)}$$ divergente, donde $m\in N^{+}$
He conocido $$\lim_{n\to\infty}\sin{n^2}$$ ser divergente y denso en $[-1,1]$ . Este es un problema muy famoso, el problema es primero es post $AMM$ ( The American Mathematical Monthly,1970-1975) problema, y después de algunos años $AMM$ Correo electrónico: $\sin{(n^{14})}$ en $[-1,1]$ era denso? y esto es problema abierto.así que supongo que $$\sin{(n^m)}$$ es denso en $[-1,1]$ .
Supongamos que $\lim_{n \to \infty} \sin(n^m) = L \in [-1;1]$ .
Sea $k \ge 3$ sea un número entero impar. Dado que $(\sin((kn)^m))$ es una subsecuencia de $(\sin(n^m))$ también converge a $L$ .
Pero tenemos una relación $\sin(k^m x) = P_k(\sin x)$ donde $P_k$ es algún polinomio. Por lo tanto $(\sin((kn)^m) = P_k(\sin(n^m)) \to P_k(L)$ y así, $P_k(L) = L$ . Además, para cualquier $n_0$ la secuencia $u_n = \sin(k^{nm}n_0)$ que puede definirse recursivamente mediante $u_0 = \sin(n_0)$ y $u_{n+1} = P_k(u_n)$ tiene que converger a $L$ . Así que no sólo es $L$ un punto fijo de $P_k$ probablemente también debería ser un punto fijo atractivo.
En primer lugar, nos fijamos en lo que puede ser un punto fijo de todas esas $P_k$ .
Sabemos que $L = \sin(l)$ para algunos $l$ satisfaciendo $\sin(k^ml) = \sin(l)$ . Pero $\sin(k^ml) = \sin(l) \iff k^ml \equiv l \pmod {2\pi} \text{ or } k^ml + l \equiv \pi \pmod {2\pi} \\ \iff l = 2a\pi/(k^m-1) \text{ or } l = (2b+1)\pi/(k^m+1)$ .
En cualquier caso, $l$ debe ser un múltiplo racional de $\pi$ : $l = a\pi/b$ para algunos enteros coprimos $a$ y $b$ donde $b$ divide $k^{2m}-1$ .
Supongamos que $p$ es un primo impar que divide a $b$ . Entonces, escogiendo $k=p$ , $p$ tiene que dividir $p^{2m}-1$ lo cual es obviamente imposible. Así que $b$ debe ser una potencia de $2$ .
Podemos hacer algo similar con $(\sin(2^mx))^2 = P((\sin x)^2)$ donde $P$ es algún polinomio, para demostrar que $\sin(2^ml) = \pm \sin(l)$ lo que implica $(2^m\pm 1)l \equiv 0 \pmod \pi$ y en cualquier caso, $b$ tiene que dividir $2^{2m}-1$ , que es impar.
Por lo tanto $b=1$ por lo que debemos tener $L = 0$ .
Ahora bien, diferenciar $\sin(k^mx) = P_k(\sin x)$ en $0$ obtenemos $P'_k(0) = k^m > 1$ . Así que $0$ es un punto fijo repulsivo para cada $P_k$ hay un pequeño intervalo alrededor de $0$ donde $P_3$ empuja lejos de $0$ : si $\sin(n^m)$ es pequeño pero distinto de cero, entonces $\sin((3n)^m) = P_3(\sin(n^m))$ estará más lejos de $0$ que $\sin((3n)^m)$ hasta que sea empujado fuera de ese intervalo. Así que no hay manera de que la secuencia converja a $0$ a menos que $\sin(n^m) = 0$ para todo lo suficientemente grande $n$ . Pero como $\pi$ es irracional, esto no ocurre.
Todo esto es complicado, ya que hay que tener en cuenta cada $P_k$ para descartar que la secuencia converja en cualquier parte. Si lo piensas, cuando estamos en algún $\sin(l)$ lejos de $0$ encontramos un $k_l$ tal que $P_{k_l}(\sin(l)) \neq \sin(l)$ : en realidad hay algún intervalo abierto $I_l$ que contiene $\sin(l)$ en la que podemos ver que $P_{k_l}(I_l) \cap I_l = \emptyset$ . Si la secuencia visita alguna vez $I_l$ entonces sabemos con certeza que la abandonará ya que tendrá que visitar $P_{k_l}(I_l)$ . Del mismo modo, sabemos que existe un intervalo pequeño $I_0$ en torno a $0$ tal que $P_3$ actúa como la multiplicación por $3^m$ y finalmente envía cualquier cosa distinta de cero lejos de $0$ (aunque el mayor $m$ es, cuanto menor sea $I_0$ es)
Desde $[-1;1]$ es compacto, si se considera un $m$ se puede utilizar sólo un número finito de esos intervalos para obtener un argumento muy explícito del tipo : $[-1;1]$ es la reunión de algunos intervalos explícitos $I_0,I_1,I_2, \ldots, I_q$ donde $0 \in I_0$ y donde para cada $i > 0$ existe un número entero impar $k_i$ tal que $P_{k_i}(I_i) \cap I_i = \emptyset$ lo que impide que la secuencia converja dentro de cualquiera de esas $I_i$ . Y $P_3$ impide que la secuencia converja en $I_0$ a menos que sea exactamente $0$ .
Esto no es una solución completa, pero probablemente sea una pista hacia la solución final. Utilizaré el siguiente resultado de "A Course of Pure Mathematics" de G H Hardy
Si $P(n)$ es un polinomio en $n$ con coeficientes integrales y $\lim_{n \to \infty}\sin(P(n)\theta\pi) = 0$ entonces $\theta$ es racional.
En nuestro caso $P(n) = n^{m}$ y $\theta = 1/\pi$ para que $\theta$ es irracional y, por tanto $\lim_{n \to \infty}\sin(n^{m})$ no puede ser cero. Esto significa que si el límite existe debe ser positivo o negativo. Tomando cualquier caso implica que la expresión $\sin(n^{m})$ debe ser de signo constante para todo lo suficientemente grande $n$ . Esto es lo que dudo y probablemente esto se puede contradecir utilizando alguna cantidad de álgebra y trigonometría.
Finalmente se reduce a demostrar que $[n^{m}/\pi]$ (donde $[\,]$ denota función entera mayor) es par para infinidad de valores de $n$ y también impar para otra infinidad de valores de $n$ .
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
