Demostrar que $\lim_{n\to \infty}\sin{n\pi x} =0$ si $x\in \mathbb{Z},$ pero el límite no existe si $x\notin \mathbb{Z}.$

Question

Demostrar que $\lim_{n\to \infty}\sin{n\pi x} =0$ si $x\in \mathbb{Z},$ pero el límite no existe si $x\notin \mathbb{Z}.$

1ª parte

Si $x\in \mathbb{Z}$ entonces $\sin{n\pi x}=0$ para todos $n,$ dando la primera parte.

Editar:

2ª parte

Si $x\notin \mathbb{Z},$ Quiero demostrar que el límite no existe. ¿Cómo hacerlo?

Answer 1

Si $x = \frac{p}{q} \in \mathbb{Q} \setminus \mathbb{Z}$

Dejemos que $k$ sea un número entero.

• Si $n = 2qk$ entonces $\sin(n \pi x) = \sin(2\pi pk) = 0$ .
• Si $n = 2qk+1$ entonces $\sin(n \pi x) = \sin(2\pi pk+\pi x) = \sin(\pi x) \neq 0$

Así que la secuencia $n \to \sin(n \pi x)$ contiene dos números diferentes con una frecuencia infinita, por lo que no tiene límite.

Si $x \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$

Por comodidad definimos el número irracional $y = x/2$ .

La secuencia $a_n = ny \operatorname{mod} 1$ es denso en $[0, 1)$ . (El teorema de la equidistribución da el resultado más fuerte de que se distribuye uniformemente en ese intervalo, pero no lo necesitamos para nuestra prueba)

Esto implica que para cada $n_0 \in \mathbb{N}$ y $0 \le a < b \le 1$ , puede encontrar un $n>n_0$ tal que $a_n \in (a, b)$ . (porque si no, sólo habría un número finito de elementos en el intervalo $(a, b)$ y entonces no sería denso)

La idea de esta prueba es que para cada $n_0 \in \mathbb{N}$ Siempre podemos encontrar un $n > n_0$ tal que $\sin(n \pi x) > c_1$ y también podemos encontrar un $n > n_0$ tal que $\sin(n \pi x) < c_2$ , donde $c_1 > c_2$ .

Tomamos $c_1 = \sin(2 \pi \cdot 0.1)$ y $c_2 = \sin(2 \pi \cdot 0.6)$ .

Dado un $n_0$ podemos encontrar un $n > n_0$ tal que $a_n \in (0.1, 0.2)$ . Tenemos:

$$n \pi x \operatorname{mod} 2\pi = 2\pi n y \operatorname{mod} 2\pi = 2\pi(n y \operatorname{mod} 1) = 2\pi a_n \\ \sin(n \pi x) = \sin(2\pi a_n) > c_1 $$ Del mismo modo, para cada $n_0$ podemos encontrar un $n > n_0$ tal que $a_n \in (0.6, 0.7)$ y $$\sin(n \pi x) < c_2$$

Así, la secuencia $n \to \sin(n \pi x)$ no tiene límite.

Answer 2

Toma $x=1/2$ entonces $$ \sin(n\pi x)=\left\{ \begin{array}{rlc} 0 & \text{if $ n $ is even},\\ 1 & \text{if $ n=4k+1 $ for some $ k \in\mathbb N $,} \\ -1 & \text{if $ n=4k+3 $ for some $ k \in\mathbb N $.} \end{array} \right. $$ Así, la secuencia $\sin(n\pi x)$ NO converge, incluso si $x$ ¡es racional!

Answer 3

Para $x \in \mathbb{R}$ , para $n \in \mathbb{N}$ tenemos $$\sin ((n+1) \pi x) - \sin (n \pi x) = \sin (n \pi x) \big( \cos(\pi x) - 1) + \cos(n \pi x)\sin(\pi x).$$

Denote $A = \cos(\pi x)-1$ y $B = \sin(\pi x)$ . Tenemos $A \neq 0$ y $B \neq 0$ y $$\sin \big( (n+1) \pi x \big) - \sin (n \pi x) = A \sin(n \pi x) + B \cos(n \pi x).$$

Ahora denota $C = \sqrt{A^2+B^2}$ ; clásicamente, existe $\phi \in \mathbb{R}$ tal que $$\forall n \in \mathbb{N},\ \sin \big( (n+1) \pi x \big) - \sin (n \pi x) = C \sin (n \pi x + \phi).$$

$ $

Ahora suponemos que $\lim \limits_{n \to +\infty} \sin(n \pi x)$ existe. Así, $C \sin (n \pi x + \phi) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 0$ . Entonces, puede encontrar aquí una breve prueba de que $$\forall y \in \mathbb{R},\ |\sin (y)| \ge \frac{2}{\pi}d(y,\pi \mathbb{Z})$$ donde $d(t,A) = \inf \{ |t-a|,\ a\in A\}$ representa la distancia al conjunto $A$ .

Como $C > 0$ tenemos que $d(n\pi x + \phi, \pi \mathbb{Z}) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 0$ . Utilizando la continuidad de la distancia se obtiene $d\big( ((n+1)\pi x + \phi)-(n\pi x + \phi), \pi \mathbb{Z} \big) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 0$ , es decir $d(\pi x, \mathbb{Z}) \underset{n \to +\infty}{\longrightarrow} 0$ Así que $d(\pi x, \pi \mathbb{Z}) = 0$ . Como $\pi \mathbb{Z}$ está cerrado en $\mathbb{R}$ concluimos que $\pi x \in \pi \mathbb{Z}$ y por lo tanto $x \in \mathbb{Z}$ .

$ $

Por lo tanto, si $\lim \limits_{n \to +\infty} \sin(n \pi x)$ existe, entonces $x \in \mathbb{Z}$ (y por lo tanto, si $x$ no es un número entero, entonces $\big( \sin (n \pi x) \big)_{n \ge 0}$ no converge).

Tenga en cuenta que si $x$ es irracional, incluso se puede demostrar que $\big( \sin (n \pi x) \big)_{n \ge 0}$ es denso en $[0,1]$ .

Answer 4

Sugerencia: Suponga que el límite existe, fije su valor como $f(x)$ entonces utilice la definición formal de límite y encuentre dos valores de $n$ que satisfacen la definición de límite pero tienen un valor suficiente diferente.

Answer 5

Fijar $0<x<1.$ Definir $A$ para ser el arco cerrado en el círculo unitario centrado en $(0,1),$ con una longitud de arco $\pi x.$ Es bueno hacer un dibujo aquí, porque hace que las cosas sean transparentes. Un poco de geometría muestra que si $e^{it}\in A,$ entonces $\sin t \ge \sin [(\pi/2)(1-x)] >0.$

Reclamación: $e^{in\pi x}\in A$ para un número infinito de $n.$

Pruebas de la reclamación: los puntos $e^{in\pi x}, n=1,2,\dots$ recorrer el círculo infinitas veces, en pasos de longitud de arco $\pi x.$ El arco cerrado $A$ tiene una longitud de arco $\pi x.$ Por lo tanto, no hay manera de $e^{in \pi x}$ puede "saltar" $A$ en este proceso, por lo que aterrizará en $A$ al menos una vez en cada órbita del círculo. Eso demuestra la afirmación.

La afirmación implica $\sin (n\pi x) \ge \sin [(\pi/2)(1-x)]$ para un número infinito de $n.$

Pero exactamente el mismo tipo de razonamiento se aplica al arco $B,$ el arco cerrado en el círculo unitario centrado en $(0,-1),$ con una longitud de arco $\pi x.$ La conclusión de la alegación es válida para $B,$ por lo que $\sin (n\pi x) \le - \sin [(\pi/2)(1-x)]$ para un número infinito de $n.$

Ahora, en general, si $a>0$ y $y_n$ es una secuencia tal que $y_n\ge a$ para un número infinito de $n,$ y $y_n \le -a$ para un número infinito de $n,$ entonces $y_n$ no puede converger. Como esa es la situación de $\sin (n\pi x)$ aquí, vemos $\sin (n\pi x)$ diverge.

Ahora $0<x<1$ arriba, pero $\pi$ -periodicidad, o negativa $\pi$ -periodicidad, muestra que el mismo resultado es válido si $x\in (m,m+1)$ para cualquier $m\in \mathbb Z.$ Así, $\sin (n\pi x)$ diverge para todos los $x\notin \mathbb Z.$