Cómo solucionar $\lim_{n\to \infty}\sin(1)\times \sin(2)\times\sin(3)\times\ldots\times\sin(n)$

Question

Los límites que estoy tratando de resolver son:

$$\lim_{n\to \infty}\sin(1)\times\sin(2)\times\sin(3)\times\ldots\times\sin(n)$$ $$\lim_{n\to \infty}n\times\sin(1)\times\sin(2)\times\sin(3)\times\ldots\times\sin(n)$$

Para el ex límite, mi (probablemente incorrecta) la solución es que el $\sin(1)\times\sin(2)\times\sin(3)\ldots$ son constantes, por lo que el límite puede ser escrito como

$$\sin(1)\times\sin(2)\times\sin(3)\times\ldots\times\sin(n-1)\cdot \lim_{n\to \infty}\sin(n)$$

y $\lim_{n\to \infty}\sin(n)$ simplemente no existe, porque en $\sin(n)$ no se resuelve en un único valor al ${n\to \infty}$.

Answer 1

Para el primer límite, debería ser $0$ por la siguiente razón: $\;\{\sin n\mid n\in \mathbf N\}$ es denso en $[-1,1]$. Así que para cualquier $\varepsilon >0$ existe $N$ tal que $\lvert\, \sin N\,\rvert<\varepsilon$, lo que implica que para cualquier $n\ge N$, $$\lvert\,\sin 1\cdot \sin 2\cdots \sin N\cdots\sin n\,\rvert <\varepsilon.$$

Answer 2

Densidad (es decir, la irracionalidad de la $\pi$) no es necesario.

Deje $f\colon\mathbb R$ ser cualquier función periódica con $|f(x)\le 1$ todos los $x$ y existe un intervalo cerrado $I$ de la longitud de la $1$ y un número de $q<1$ tal que $|f(x)|\le q$ todos los $x\in I$. Entonces para cualquier $m\in\mathbb N_0$ $$\lim_{n\to \infty}n^mf(1)f(2)\cdots f(n) = 0 $$

Para ver esto vamos a $p$ ser un período de $f$ A continuación, $I, I+1, \ldots , I+\lceil p\rceil-1$ cubren un período completo de $f$, por lo tanto entre cualquiera de las $\lceil p\rceil $ enteros consecutivos $k+i$, $0\le i<\lceil p\rceil$, hay al menos un con $|f(k+i)\le q$. Como $f(k)|\le 1$ para todos los otros factores, llegamos a la conclusión de $$\left|\prod_{k=1}^nf(k)\right| \le q^{\lfloor n/\lceil p\rceil\rfloor}<\frac1q\cdot(\sqrt[\lceil p\rceil]q)^n$$ De esta manera exponencial pequeño obligado implica la reclamación.

Para aplicar esta para el problema original con $f(x)=\sin x$ observa que uno puede tomar, por ejemplo,$I=[-\frac12,\frac12]$$q=\sin \frac12<\frac12$.

Answer 3

Sugerencia.

Si $$u_n=\sin(1).\sin(2) \dots \sin(n)$$ was having a non vanishing limit $l$ then $$1=\lim\limits_{n \to +\infty} \frac{u_{n+1}}{u_n}= \lim\limits_{n \to +\infty} \sin(n+1)$$ which doesn't make sense as $(\el pecado(n))_{n \in \mathbb N}$ is dense in $[0,1]$ as you mentionned. So the only potential limit is zero. And indeed the limit is zero again due to the density of $(\el pecado(n))_{n \in \mathbb N}$ in $[0,1]$.

Respecto al segundo de la secuencia $$v_n=n \sin(1).\sin(2) \dots \sin(n)$$ we have with a similar argument that if the limit exists it can only be $0$. Then, again by the density argument, we can find a strictly increasing sequence of integers $(\alpha_n)_{n \in \mathbb N}$ such that $$\vert \sin (\alpha_n) \vert < \frac{1}{2}$$ Hence for $m \ge \alpha_n$ we have $\vert u_m \vert < \frac{1}{2^n}$... Faltan algunos de los elementos a mover a la conclusión final...

Answer 4

Una simple solución está dada por considerar que: $$ \left|\sin(a-1)\sin(a)\sin(a+1)\right| \leq \frac{5}{17} \tag{1}$$ desde: $$ \frac{d}{da}\,\sin(a-1)\sin(a)\sin(a+1) = \frac{1}{2}\cos(a)\left(2+\cos 2-3\cos(2a)\right)\tag{2}$$ así que no es difícil de localizar los puntos estacionarios de la LHS de $(1)$ y el estado: $$ \left| \sin(1)\cdot \sin(2)\cdot\ldots\cdot\sin(n)\right|\leq \left(\frac{2}{3}\right)^{n-2}\tag{3}$$ a partir de la cual ambos límites son triviales.