Qué $\left(n^2 \sin n\right)$ tiene un convergentes larga?

Question

Estoy luchando con el siguiente:

Pregunta: ¿Para qué valores de $\alpha > 0$ ¿la secuencia de $\left(n^\alpha \sin n\right)$ tiene un convergentes larga?

(El caso especial $\alpha = 2$ en el título pasó a surgir en mi trabajo.) En un ajuste continuo esta sería una pregunta muy simple desde $x^\alpha \sin x$ logra cada valor infinitamente a menudo (positivo) $x \in \mathbb{R}$, pero me siento mal equipados para esta situación-que tengo un ojo en la de Bolzano-Weierstrass teorema y no mucho más.

Me han demostrado que la respuesta sea afirmativa para $\alpha \leq 1$. Aquí está mi idea.

Prueba al $0 < \alpha \leq 1$: Definir $x_n = n^\alpha \sin n$ todos los $n \in \mathbb{N}$. Vamos a encontrar un almacén de subsequence $(y_n)$$(x_n)$, por lo que la de Bolzano-Weierstrass teorema se aplica. Deje $n \geq 1$ ser arbitraria; luego por Dirichlet del teorema de aproximación hay $p_n, q_n \in \mathbb{N}$ satisfactorio $$q_n \leq n \,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \text{and} \,\,\,\,\,\,\,\,\,\, |q_n \pi - p_n| < \frac{1}{n}.$$ Tome $y_n = x_{p_n} = (p_n)^\alpha \sin p_n$ para este índice $n$. Entonces $$\begin{eqnarray}|y_n| &=& (p_n)^\alpha \left|\sin(q_n \pi - p_n)\right|\\ &<& (p_n)^\alpha \left(\frac{1}{n}\right)\\ &<& \left(q_n \pi + \frac{1}{n}\right)^\alpha \left(\frac{1}{n}\right)\\ &\leq& \left(n \pi + \frac{1}{n}\right)^\alpha \left(\frac{1}{n}\right)\\ &\leq& \left(n \pi + \frac{1}{n}\right) \left(\frac{1}{n}\right)\\ &\leq& \pi + 1\end{eqnarray}$$ así que la secuencia $(y_n)$ tiene un convergentes subsequence $(z_n)$ por la de Bolzano-Weierstrass teorema. Pero $(z_n)$ es a su vez una larga de $(x_n)$, lo que demuestra la demanda.

Por desgracia, mi estrategia se descompone cuando se $\alpha > 1$ (donde puedo reemplazar $\alpha$ $1$ en la cadena de desigualdades). Así que en este caso, puede convergente larga encontrarse alguna otra manera o no? (Tengo la sospecha de que en cuanto a la respuesta, pero no quiero sesgo de las personas basada en la heurística.)

Answer 1

Esto parece muy estrechamente relacionado con la irracionalidad de la medida de $\pi$. Corregir algunos exponente $\mu$, y supongamos que hay un número infinito de $p_n, q_n$ con

$$ \left| \pi \frac{p_n}{q_n} \right| < \frac{1}{(q_n)^\mu} \, .\,\,\, (*) $$

Entonces esencialmente el mismo argumento que dio muestra de que el subsequence $\left\{x_{p_n}\right\}$ está delimitado por cualquier $\alpha \leq \mu-1$.

Por el contrario, supongamos que tenemos un almacén de subsequence $\left\{x_{p_n}\right\}$$n^\alpha \sin n$, lo $(p_n)^\alpha |\sin p_n| < K$ fijos $K$ y todos los $n$. Elija $q_n$, de modo que $|p_n - q_n \pi| < \frac{\pi}{2}$. Entonces $$|p_n - q_n \pi| < \frac{\pi}{2} |\sin (p_n-q_n \pi)| < \frac{K \pi}{2(p_n)^{\alpha}} \, ,$$

por lo $(*)$ tiene infinitamente a menudo para cualquier $\mu < \alpha + 1$.

De acuerdo a la Mathworld página que he enlazado más arriba, todo lo que sabemos acerca de la irracionalidad de la medida de $\pi$ es que es entre el$2$$7.6063$, por lo que su problema específico (lo que requiere que se comparen a $3$) está sin resolver.

EDIT: no puedo encontrar una versión en línea de el papel de 2008 por Salikhov que demuestra la 7.6063 obligado, pero aquí's un pdf de Hata del artículo anterior que muestra $\mu(\pi) < 8.0161$, y de aquí's una relativa MathOverflow pregunta (que también tiene un enlace para Hata del papel).