[Esercizio] Convergenza o divergenza di una successione

[Studente Anonimo]

Propongo un esercizio simpatico

Sia \( (x_n)_{n \in \mathbb{N} } \subset \mathbb{R} \) la successione definita da \[ x_n := \frac{1}{n^2 \sin n}. \]
1) Sia \(x \in \mathbb{R} \cup \{ \infty \} \) definito come il seguente limite \( x:=\lim_{n \to \infty} x_n \) se esso esiste. Se doveste provare ad indovinare quale tra le seguenti opzioni direste che è vera:
a) \(x = 0 \).
b) \(x = \infty \).
c) \(x\) non esiste.
d) Altro

2) Riuscite a dimostrare il vostro guess?

Buon divertimento

Posto già le mie risposte, ma hey non barate e provate a rispondere prima di leggerle

1) Direi la a)
2) No!

Ps: Se qualcuno già conoscesse questa successione perfavore non dica la soluzione se non in spoiler

[ingres]

Direi la c) ovvero il limite dato non esiste. Di seguito il mio tentativo di dimostrazione.

Partiamo dall'osservazione che $sin(n)$ è denso in [-1,1] https://pagine.dm.unipi.it/paolini/dida ... dienne.pdf

Osserviamo altresì che deve essere $n>0$ e consideriamo il punto $z=0$. Per definizione di insieme denso, $z=0$ sarà un punto della successione oppure un punto di accumulazione della stessa.
Ma non esiste un punto k della successione tale che $sin(k)=0$, in quanto dovrebbe risultare $k=m*pi$ ovvero $pi = k/m$ con $k,m in NN$ e $n >0$, che è assurdo perchè $pi$ è irrazionale.

Quindi $z=0$ è un punto di accumulazione di $sin(n)$. Posso pertanto considerare la sotto-successione:

$n in NN$ t.c. $-1/n^3
che è ben definita perchè per definizione di punto di accumulazione per qualsiasi $epsilon= 1/n^3$ esisterà $y=sin(n)$ t.c. $y in (-epsilon,epsilon)$

Ovviamente il limite dato per tale sotto-successione è $lim_(n to infty) x_n = infty$.

Con analogo ragionamento di può prendere un altro qualsiasi punto ad es. $z=1/2$ per ottenere una sotto-successione prossima a piacere rispetto a $z=1/2$.
Per tale sottosuccessione si avrà chiaramente $lim_(n to infty) x_n = 0$.

Quindi il limite dato non esiste.

[Studente Anonimo]

In primo luogo, grazie per aver mostrato interesse in una domanda che personalmente ritengo interessante! Premetto che non penso di avere a quest'ora del mattino la lucidità per dare una risposta migliore di quella che sto per darti, molto probabilmente ritornerò a rispondere meglio, ma voglio comunque dare uno spunto di riflessione in merito

Non credo che la tua dimostrazione sia corretta, e sono abbastanza sicuro di questo, ad essere sinceri non lo so se è corretta! Non voglio ancora troppo dire il perché affermo questa cosa, non tanto perché non la voglio condividere, lo farò, condividerò! Soltanto mi piacerebbe se nascesse una discussione su questo argomento che forse ho presentato male, per curiosità vorrei il parere di persone che non hanno un bias (come io possiedo) rispetto a questa successione! Ad ogni modo posso affermare con una relativa sicurezza che sebbene sia un ottimo tentativo di dimostrazione non penso sia corretta! Ad essere franco non trovo personalmente un errore adesso! Magari in un altro momento lo trovo e lo riporto, o magari no perché è corretta, io non lo so! Però sospetto che qui succeda qualche cosa di un po' strano e che tu non possa veramente fare la seguente affermazione:

"ingres":Posso pertanto considerare la sotto-successione:

\( n \in \mathbb{N} \) t.c. \( \frac{-1}{n^3} \leq \sin n \leq \frac{1}{n^3} \)

che è ben definita perchè per definizione di punto di accumulazione per qualsiasi $ \varepsilon= 1/n^3 $ esisterà $ y=\sin(n) $ t.c. $ y \in (-\varepsilon,\varepsilon) $

Magari vuole essere un indizio, magari no! Comunque sebbene io sia convinto che l'errore si nasconda qui dentro penso anche che hai centrato il punto allo stesso momento (più di quanto immagini)! Prova a pensarci e dimmi cosa ne pensi, ma io non sono sicuro che quella che tu mi hai mostrato sia una sotto-successione di \(\sin(n)\) ben definita, e non tanto per il significato di punto di accumulazione, ma magari sì

Ps: lo so è un ragionamento confuso

[moccidentale]

.

[ingres]

Ringrazio @sellacollesella per il prezioso contributo, anche se questo significa che al momento purtroppo non c'è risposta

@3m0o Penso anch'io che la pecca della mia dimostrazione sia nel fatto che nonostante $z=0$ sia sicuramente punto di accumulazione di $sin(n)$ e quindi fissato un $epsilon>0$ piccolo a piacere possa sempre trovare un $N$ t.c. $abs(sin(N)) < epsilon$ non è detto che al contempo sia anche $epsilon < 1/N^3$.

Comunque e' stata una piacevole digressione nel campo delle successioni

Grazie ad entrambi

[Studente Anonimo]

Edit: ovviamente c'era un typo nel hint

Magari vi può interessare allora capire perché è difficile questo problema

Definizione misura d'irrazionalità:

Sia \( \alpha \) un numero reale, consideriamo l'insieme \( U \subseteq \mathbb{R}_{>0} \) tale che per ogni \( \mu \in U \)
\[0 < \left| \alpha - \frac{p}{q} \right| < \frac{1}{q^{\mu}} \]
possiede al più un numero finito di soluzioni \(p,q\) interi.
Definiamo la misura d'irrazionalità di \( \alpha \) come \[ \mu(\alpha) = \inf_{\mu \in U} \mu \]


Completate e dimostrare le seguenti due proposizioni
1) Se \( \mu(\pi) < 1 + u/v\) allora la successione \( \frac{1}{n^{u} \left| \sin(n) \right|^v} \) \(\ldots \ldots \ldots \ldots \)
2) Se \( \mu(\pi) > 1+u/v \) allora la successione \( \frac{1}{n^{u} \left| \sin(n) \right|^v} \) \(\ldots \ldots \ldots \ldots \)


Un immediato corollario è
1) Se la successione \( \frac{1}{n^{u} \left| \sin(n) \right|^v} \) \(\ldots \ldots \ldots \ldots \) allora \( \mu(\pi) \leq \ldots \ldots \)
2) Se la successione \( \frac{1}{n^{u} \left| \sin(n) \right|^v} \) \(\ldots \ldots \ldots \ldots \) allora \( \mu(\pi) \geq \ldots \ldots \)

Hint:

Se \( \left| x \right| \leq \pi/2 \) allora \( \left| \sin(x) \right| \geq \frac{2}{\pi} \left| x \right|\).
Mentre per ogni \( x \) abbiamo che \( \left| \sin(x) \right| \leq \left| x \right| \).

NB: Ad oggi \( \mu(\pi) \leq 7.6063... \) è il miglior bound ottenuto nel 2008, e ci si aspetta che \( \mu(\pi)=2\), sebbene non vi sia ancora una dimostrazione (e nemmeno una confutazione) di questo fatto (sì, che io sappia ad oggi le dimostrazioni di questo fatto che trovate in internet sono sbagliate).

Pertanto il problema è difficile perché se la successione convergesse per esempio allora avremmo che \( \mu(\pi) \leq 3 \) migliorando il bound di un problema difficile.

Cosa sappiamo di questa misura d'irrazionalità? Intuitivamente la misura di irrazionalità ci dice che più è grande e più un numero è ben approssimabile da numeri razionali! Sappiamo che se \( \alpha \in \mathbb{Q} \) allora \( \mu(\alpha) = 1 \), che non dovrebbe sorprendere! Infatti dimostrare \(\mu(\alpha) > 1 \) è un modo per dimostrare che \(\alpha \) è irrazionale.
Inoltre sappiamo, grazie al teorema di approssimazione di Dirichlet, che tutti i numeri irrazionali \( \alpha \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \) soddisfano \( \mu(\alpha) \geq 2 \). Sappiamo grazie ad un teorema di Roth (teorema per cui ha vinto una medaglia Fields) che tutti i numeri algebrici irrazionali hanno misura d'irrazionalità uguale a \(2\).
Per i numeri trascendentali invece, a parte degli esempi specifici o delle condizioni di certe classi di numeri in base alla loro frazione continua, non ci sono che io sappia risultati sulla misura di irrazionalità. Si sa che è più grande di \(2\) appunto, e si hanno esempi di numeri come \( \pi \) per cui non si conosce un granché se non dei lower e upper bound ed esempi di numeri come \(e\) di cui si sa che \( \mu(e) = 2 \), sappiamo anche che ci sono dei numeri (numeri di Liouville) tale per cui la misura d'irrazionalità è \( \infty \).

[Studente Anonimo]

"sellacollesella":

Quando studiai le serie numeriche andai a caccia di casi apparentemente elementari ma irrisolti (o di cui fu data una dimostrazione recentemente). Con stupore trovai addirittura una successione reale con limite sconosciuto, ossia quella oggetto di questo topic (click). Sfortunatamente non ho mai capito nulla di quelle argomentazioni, ma credo sia giusto così, ad ognuno il proprio mestiere. Buona giornata, ciao!

Bellissima la risposta di Terence Tao! Grazie di averla condivisa