Hace algunos años, pensé largo y tendido acerca de este problema. El uso de una identidad a partir de la Teoría Analítica de números (que a veces es usado para demostrar la gran tamiz de las estimaciones). Más en general, puedo demostrar que para cualquier número irracional $x \in \mathbb{R}$ la secuencia de $\sin(2 \pi x n)^n$ tiene una larga con límite de $1$. (Ya que esta secuencia converge en $L^p$ a cero, esto le da un ejemplo para $L^p$-convergencia, pero no $\lambda$ -.s. la convergencia.)
De hecho, les he hecho esta pregunta a mí mismo aquí. Aquí está la traducción:
Deje $f \colon [0,1] \rightarrow \mathbb{C}$ ser un continuo función derivable. Luego tenemos a la identidad (por $x\in [0,1]$)
$$f(x) = \int_0^1 f(t) \, \rm{d} t+ \int_0^1 \rho(x,t) f'(t) \, \rm{d} t,$$
donde
$$\rho(x,t) = \begin{cases} t & \text{if} \ t \leq x \\ (t-1) & \text{if} \ t > x\end{cases}.$$
Aplicamos esto a $f(x) = \sin(2\pi n x)^n$ y obtener
$$\sin(2 \pi x n)^n = \int_0^1 \sin(2\pi n t)^n \, \rm{d} t+ 2 \pi n^2 \int_0^1 \rho(x,t) \cos(2\pi t n) \sin(2\pi t n)^{n-1} \, \rm{d} t.$$
Para $n \rightarrow \infty$ es fácil ver que la primera integral converge a cero, que es $L^1$-convergencia. A continuación, me voy a reescribir la segunda integral con el fin de separar el término principal.
Primero usamos la periodicty de la sinusoidal de funciones con el fin de obtener
\begin{align}
\int_0^1 \rho(x,t) n^2 \cos(2\pi t n) \sin(2 \pi t k)^{k-1} \, \mathrm{d} t &= \int_0^n \rho(x,s/n) n \cos(2 \pi s) \sin(2 \pi s)^{n-1} \, \mathrm{d} s \\ &= \int_0^1 n \cos(2 \pi s) \sin(2 \pi s)^{n-1} \sum_{i=0}^{n-1} \rho\left(x,\frac{i+s}{n} \right) \, \mathrm{d} s.
\end{align}
A continuación, vamos a calcular la suma de la siguiente manera
\begin{align}
\sum_{i=0}^{n-1} \rho\left( x,\frac{i+s}{n} \right) &= \sum_{i=0}^{n-1} \frac{i+s}{n} - \sum_{i=\lfloor nx -s \rfloor+1}^{n-1} 1 \\
&=s+ \frac{(n-1)n}{2n} - ((n-1)- \lfloor nx -s \rfloor) = xn - \frac{n-1}{2} - \{xn-s\}
\end{align}
El uso de $\int_0^1 \cos(2\pi s) \sin(2\pi s)^{n-1} \, \rm{d} s =0$, podemos simplfy la segunda integral y conseguir que el último segundo término es igual a
$$-\int_0^1 n \cos(2 \pi s) \sin(2 \pi s)^{n-1} \{xn-s\} \, \mathrm{d} s.$$
Desde $x=(2\pi)^{-1}$ es irracional, podemos encontrar una secuencia $(n_k)_{k \in \mathbb{N}}$ $\{x n_k \} \rightarrow \theta$ donde $\theta =1/4$. Desde
$$|\{x k_n -s\} - \{\theta -s\}| \leq \{x k_n -\theta\} = | \{x n_k\} - \theta| = \varepsilon_k \rightarrow 0,$$
podemos concluir
\begin{align}
&\left| \int_0^1 2 \pi n_k \cos(2\pi s) \sin(2 \pi s)^{n_k-1} (\{x n_k -s\} - \{\theta-s\}) \, \mathrm{d} s \right| \\ &\leq \varepsilon_k 2 \pi \int_0^1 n_k |\cos( 2 \pi s)| \cdot |\sin(2\pi s)|^{n_k-1} \, \mathrm{d} s \\ &= 4 \varepsilon_k \int_0^{1/4} 2 \pi n_k \cos(2\pi s) \sin(2\pi s)^{n_k-1} \, \mathrm{d} s = 4 \varepsilon_k \rightarrow 0.
\end{align}
Por lo tanto, queda por determinar el límite de
$$\int_0^1 2 \pi n_k \cos( 2 \pi s) \sin(2 \pi s)^{n_k-1} \{\theta-s\} \, \mathrm{d} s$$
Aquí, hemos
$$\{\theta-s\} = \begin{cases} \theta -s & \text{if } s < \theta \\ 1 +\theta -s & \text{otherwise} \end{cases}$$
y (como arriba) vemos que la integral sobre la $\theta$ se desvanece. Por otra parte, mediante la integración parcial, nos encontramos con que
$$ \int_0^1 s 2 \pi n_k \cos(2 \pi s) \sin(2 \pi s)^{n_k-1} \, \mathrm{d} s = - \int_0^1 \sin(2 \pi s)^{n_k} \,\mathrm{d} s \rightarrow 0.$$
Tomando todos juntos, vemos que sólo el término
$$-2 \pi n_k \int_\theta^1 \cos(2\pi t) \sin(2\pi t)^{n_k-1} \, \rm{d} t = 1 $$
contribuye.
