Límite de $\sin 2^n$

Question

Intento demostrar que $$\lim_{n\to \infty}\sin 2^n$$ diverge para $n \in \mathbb N$

Podría demostrar que suponiendo que el límite converge, digamos a $L$ entonces

$$L=\lim_{n\to \infty}\sin 2^{n+1}$$ $$=2\lim_{n\to \infty}\sin 2^n\lim_{n\to \infty}\cos 2^n$$ $$=2L\lim_{n\to \infty}\cos 2^n$$

No puede ser $$\lim_{n\to \infty}\cos 2^n=\frac{1}{2}$$ ya que implica $$\frac{1}{2}=\lim_{n\to \infty}\cos 2^{n+1}$$ $$=2(\lim_{n\to \infty}\cos 2^n)^2-1$$ $$=-\frac{1}{2}$$ Así que $$\lim_{n\to \infty}\sin 2^n=0$$ o diverge.

Para que la secuencia converja, necesariamente debe ser que $2^n$ se acerca arbitrariamente a $m\pi$ para algún número entero $m(n)$ como $n$ va hasta el infinito, lo que parece contrario a la intuición. Pero no he podido demostrarlo, ¿alguien tiene alguna buena idea?

Answer 1

Con la fórmula del doble ángulo se puede ver que

$$\sin2^{n+1}=2\sin2^n\cos2^n=\pm2\sin2^n\sqrt{1-\sin^22^n}\approx\pm2\sin2^n$$

Así que si $\sin2^n$ se acerca a $0$ , $\sin2^{n+1}$ se duplicará y se alejará de $0$ . En efecto, para que el límite exista, el teorema del doble ángulo dice que debe ser $\sqrt3/2$ lo que contradice su afirmación.

$$L=2L\sqrt{1-L^2}$$

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editar:

Para ser más específicos, si $0<|\sin2^n|<\frac12$ se deduce de lo anterior que

$$\sqrt3|\sin2^n|<|\sin2^{n+1}|<2|\sin2^n|$$

Answer 2

Si, para algunos $a$ , $$ \lim\limits_{n \to \infty} \sin 2^n =\sin a $$ Introduzca $$ b := \pi/2 -a $$ Supongamos que, con ambos $0 <|\epsilon_1| <|\epsilon$ y $0 <|\epsilon_2| < |\epsilon|$ , $$ 2^n =\pm a \pm 2b +\epsilon_1 \quad (\mathrm{mod}\; 2\pi) \\ 2^{n+1} =\pm a \pm 2b +\epsilon_2 \quad (\mathrm{mod}\; 2\pi) $$ (Pueden ser números diferentes, y no necesariamente del mismo signo, así que hay 4 signos). Entonces, según su construcción, si los restamos: $$ 2^n =\pm 2a \pm 2b +2|\epsilon_3|\quad (\mathrm{mod}\; 2\pi) \\ $$ où $0 <|\epsilon_3| <|\epsilon$ . Visite $\epsilon$ tan pequeño que esto es absurdo, a menos que $a =0$ o $a =\pi/2$ .

Para $a=\pi/2$ sabemos $2^n$ es $2k\pi \pm \pi/2 +\epsilon_4$ . Pero entonces $2^{n+1} =4k\pi +\pi +2\epsilon_4$ (o caso menor, que es similar). Haga $\epsilon$ tan pequeño que esto es absurdo.

Queda por tratar $a=0$ . Aquí, de manera similar, $2^n =k\pi +\epsilon_5$ . Si $\epsilon_5 \neq 0$ multiplicado por 2 tantas veces que $\epsilon_5$ supera $\epsilon$ .

Que $2^n =k\pi$ para algunos $k$ es indignante.

(Un poco difícil de escribir con claridad, pero dibuja un gráfico y lo entenderás. Si alguien encuentra una forma mejor de expresarlo, edítelo por todos los medios).

Answer 3

$\pi\not\in \mathbb Q.$ Sea $2^n=k_n\pi +d_n$ où $k_n\in \mathbb Z$ y $0<|d_n|< \pi /2.$

Supongamos que $\lim_{n\to \infty}\sin 2^n=0.$ Entonces $\lim_{n\to \infty} |d_n|=0.$

Si $n\geq n_0\implies |d_n|<\pi /8,$ considere $j\in \mathbb N$ tal que $2^j|d_{n_0}|<\pi /2<2^{j+1}|d_{n_0}|.$ Entonces $$2^{j-1}|d_{n_0}|=(1/2)\cdot 2^j|d_{n_0}|<\pi /4$$ por lo que tenemos $$|d_{n_0+j-1}|=2^{j-1}|d_{n_0}|.$$

Entonces $$\pi /8<(1/4)\cdot 2^{j+1}|d_{n_0}|=2^{j-1}|d_{n_0}|=|d_{n_0+j-1}|<\pi/8$$ una contradicción.

Answer 4

Sugerencia :

$$2^n=2\pi\frac{2^n}{2\pi}$$ de modo que el cuadrante del ángulo $2^n$ viene dado por los dos primeros bits de la parte fraccionaria de $\dfrac{2^n}{2\pi}$ que no son otra cosa que $n^{th}$ y $n+1^{th}$ bits de la parte fraccionaria de $\dfrac1{2\pi}$ un número trascendental.

Si puedes demostrar que todos los pares de bits ocurren infinitas veces, has terminado.