[EX] Dimostrare la non esistenza di un limite.
Dimostrare che non esiste $\lim_(n->+\infty)sin(n^2)$.
Risposte
Tostarello come esercizio...
Puoi dare per buono che $\cos(2n)$ non ha limite ? A causa del fatto che $\pi$ è irrazionale.
EDIT. Più precisamente l'insieme dei valori di $\cos(2n)$ è denso in $[-1,1]$ a causa del fatto che ${n+m\pi : n,n\in\mathbb{Z}}$ è denso in $\mathbb{R}$
EDIT. Più precisamente l'insieme dei valori di $\cos(2n)$ è denso in $[-1,1]$ a causa del fatto che ${n+m\pi : n,n\in\mathbb{Z}}$ è denso in $\mathbb{R}$
Facciamo vedere che $e^{n^2i}$ non ha limite in $\mathbb{C}$. Non è proprio la stessa cosa ma intanto dimostriamo questo.
Diamo per buono che $e^{2ni}$ non ha limite in $\mathbb{C}$ - vedi il post precedente, eventualmente su questo possiamo tornare.
Supponiamo per assurdo che $e^{n^2i}\to z$. Allora:
$e^{(n+1)^2i}\to z$, cioè $e^{(n^2+2n+1)i}\to z$ da cui $e^{n^2i}e^{2ni}\to z e^{-i}$. Dato che $|z|=1\ne 0$ ne dedurremmo:
$e^{2ni}\to e^{-i}$ che è impossibile.
Ora manca un pezzettino per ricavare che $\sin(n^2)$ non ha limite. Se infatti sapessimo che anche $\cos(n^2)$ ha limite potremmo usare il risultato sopra, ma non è detto che questo sia vero...
Diamo per buono che $e^{2ni}$ non ha limite in $\mathbb{C}$ - vedi il post precedente, eventualmente su questo possiamo tornare.
Supponiamo per assurdo che $e^{n^2i}\to z$. Allora:
$e^{(n+1)^2i}\to z$, cioè $e^{(n^2+2n+1)i}\to z$ da cui $e^{n^2i}e^{2ni}\to z e^{-i}$. Dato che $|z|=1\ne 0$ ne dedurremmo:
$e^{2ni}\to e^{-i}$ che è impossibile.
Ora manca un pezzettino per ricavare che $\sin(n^2)$ non ha limite. Se infatti sapessimo che anche $\cos(n^2)$ ha limite potremmo usare il risultato sopra, ma non è detto che questo sia vero...
@Martino Non ho seguito il tuo link perché mi sono incapponito 
a farlo da solo (sulla base dei miei ricordi),
Allora proviamo a dimostrare che $\sin(n^2)$ non ha limite dando per buono il fatto che ${n+m\pi : n,m\in\mathbb{Z}}$ è denso in $\mathbb{R}$ (da cui segue che $\cos(2n)$ è denso in $[-1,1]$)-
Per assurdo supponiamo che $\sin(n^2)\to L\in[-1,1]$.
Possiamo trovare due successioni strettamente crescenti di interi $(n_k)$ ed $(m_k)$ le cui immagini sono disgiunte, esauriscono $\mathbb{N}$ e sono tali che:
$\cos(n_k^2)>0$, $\cos(m_k^2)<0$.
Notiamo che per nessun $n$ intero si ha $\cos(n^2)=0$ come si deduce facilmente dall'irrazionalità di $\pi$.
Allora si ha $\cos(n_k^2)\to \sqrt{1-L^2}$ e $\cos(m_k^2)\to -\sqrt{1-L^2}$.
Si ha:
$\sin((n+1)^2)=\sin(n^2+1+2n)=\sin(n^2+1)\cos(2n)+\cos(n^2+1)\sin(2n)\to L$
e
$\sin((n-1)^2)=\sin(n^2+1-2n)=\sin(n^2+1)\cos(2n)-\cos(n^2+1)\sin(2n)\to L$.
Sommando e dividendo per $2$ si ricava:
(*) $\sin(n^2+1)\cos(2n)\to L$.
Inoltre
$\sin(n_k^2+1)=\sin(n_k^2)\cos(1)+\cos(n_k^2)\sin(1)\to L\cos(1)+\sqrt{1-L^2}\sin(1)$
e
$\sin(m_k^2+1)=\sin(m_k^2)\cos(1)+\cos(m_k^2)\sin(1)\to L\cos(1)-\sqrt{1-L^2}\sin(1)$.
Supponiamo che $L\cos(1)+\sqrt{1-L^2}\sin(1)=0$, allora da (*) con $n=n_k$ deduciamo $L=0$ ma allora $\sin(1)=0$ che è impossibile. Analogamente si vede che $L\cos(1)-\sqrt{1-L^2}\sin(1)\ne 0$.
Usando di nuovo (*):
$\cos(2n_k)\to\frac{L}{L\cos(1)+\sqrt{1-L^2}\sin(1)}$
e
$\cos(2m_k)\to\frac{L}{L\cos(1)-\sqrt{1-L^2}\sin(1)}$.
Ma questo è in contrasto con il fatto che $\cos(2n)$ è denso in $[-1,1]$.
Spero non ci siano errori...
a farlo da solo (sulla base dei miei ricordi),Allora proviamo a dimostrare che $\sin(n^2)$ non ha limite dando per buono il fatto che ${n+m\pi : n,m\in\mathbb{Z}}$ è denso in $\mathbb{R}$ (da cui segue che $\cos(2n)$ è denso in $[-1,1]$)-
Per assurdo supponiamo che $\sin(n^2)\to L\in[-1,1]$.
Possiamo trovare due successioni strettamente crescenti di interi $(n_k)$ ed $(m_k)$ le cui immagini sono disgiunte, esauriscono $\mathbb{N}$ e sono tali che:
$\cos(n_k^2)>0$, $\cos(m_k^2)<0$.
Notiamo che per nessun $n$ intero si ha $\cos(n^2)=0$ come si deduce facilmente dall'irrazionalità di $\pi$.
Allora si ha $\cos(n_k^2)\to \sqrt{1-L^2}$ e $\cos(m_k^2)\to -\sqrt{1-L^2}$.
Si ha:
$\sin((n+1)^2)=\sin(n^2+1+2n)=\sin(n^2+1)\cos(2n)+\cos(n^2+1)\sin(2n)\to L$
e
$\sin((n-1)^2)=\sin(n^2+1-2n)=\sin(n^2+1)\cos(2n)-\cos(n^2+1)\sin(2n)\to L$.
Sommando e dividendo per $2$ si ricava:
(*) $\sin(n^2+1)\cos(2n)\to L$.
Inoltre
$\sin(n_k^2+1)=\sin(n_k^2)\cos(1)+\cos(n_k^2)\sin(1)\to L\cos(1)+\sqrt{1-L^2}\sin(1)$
e
$\sin(m_k^2+1)=\sin(m_k^2)\cos(1)+\cos(m_k^2)\sin(1)\to L\cos(1)-\sqrt{1-L^2}\sin(1)$.
Supponiamo che $L\cos(1)+\sqrt{1-L^2}\sin(1)=0$, allora da (*) con $n=n_k$ deduciamo $L=0$ ma allora $\sin(1)=0$ che è impossibile. Analogamente si vede che $L\cos(1)-\sqrt{1-L^2}\sin(1)\ne 0$.
Usando di nuovo (*):
$\cos(2n_k)\to\frac{L}{L\cos(1)+\sqrt{1-L^2}\sin(1)}$
e
$\cos(2m_k)\to\frac{L}{L\cos(1)-\sqrt{1-L^2}\sin(1)}$.
Ma questo è in contrasto con il fatto che $\cos(2n)$ è denso in $[-1,1]$.
Spero non ci siano errori...
"ViciousGoblin":
Supponiamo che $L\cos(1)+\sqrt{1-L^2}\sin(1)=0$, allora da (*) con $n=n_k$ deduciamo $L=0$ ma allora $\sin(1)=0$ che è impossibile. Analogamente si vede che $L\cos(1)-\sqrt{1-L^2}\sin(1)\ne 0$.
Non ho capito questi passaggi...
Si comunque è tostarello
"otta96":
[quote="ViciousGoblin"]Supponiamo che $L\cos(1)+\sqrt{1-L^2}\sin(1)=0$, allora da (*) con $n=n_k$ deduciamo $L=0$ ma allora $\sin(1)=0$ che è impossibile. Analogamente si vede che $L\cos(1)-\sqrt{1-L^2}\sin(1)\ne 0$.
Non ho capito questi passaggi...
Si comunque è tostarello
[/quote]La (*) dice che $\sin(n^2+1)cos(2n)\to L$. Dopo di che sulla $(n_k)$ hai $\sin(n_k^2+1)\to L\cos(1)+\sqrt{1-L^2}\sin(1)$.
Se fosse $L\cos(1)+\sqrt{1-L^2}\sin(1)=0$ avresti $\sin(n_k^2+1)\to0$ e per (*) (dato che $\cos(2n)$ è limitata) avresti $L=0$.
Ma allora $0\cos(1)+\sqrt{1-0^2}\sin(1)=0$ che è assurdo.
AGGIUNTA (dopo aver dato dato un'occhiata in giro). Usando il fatto che $\sin((2n)^2)$ deve anche lui tendere a $L$ di trova che $\cos(n^2)$ ha limite e questo abbrevia un po' la dimostrazione sopra, potendosi evitare il ricorso alle due sottosuccessioni.
Poi mi pare di aver capito che si può dimostrare che anche $\sin(n2)$ è denso, ma i metodi sono decisamente fuori dalle mie competenze.
Buonasera, quale è la differenza tra il mio ultimo topic e questo ?
Saluti
Saluti
Ok ora ho capito e direi che va bene, io ai tempi di analisi 1 lo avevo fatto come esercizio ma avevo dimostrato solo che il limite non esisteva e non ero riuscito a calcolare il limsup e il liminf.
Solo una cosa, come trovi due successioni strettamente crescenti di interi $n_k$ ed $m_k$ le cui immagini sono disgiunte, esauriscono $NN$ e sono tali che: $cos(n_k^2)>0$, $cos(m_k^2)<0.$? In particolare come escludi che una delle due successioni sia finita?
Solo una cosa, come trovi due successioni strettamente crescenti di interi $n_k$ ed $m_k$ le cui immagini sono disgiunte, esauriscono $NN$ e sono tali che: $cos(n_k^2)>0$, $cos(m_k^2)<0.$? In particolare come escludi che una delle due successioni sia finita?
"otta96":
Ok ora ho capito e direi che va bene, io ai tempi di analisi 1 lo avevo fatto come esercizio ma avevo dimostrato solo che il limite non esisteva e non ero riuscito a calcolare il limsup e il liminf.
Solo una cosa, come trovi due successioni strettamente crescenti di interi $n_k$ ed $m_k$ le cui immagini sono disgiunte, esauriscono $NN$ e sono tali che: $cos(n2k)>0$, $cos(m2k)<0.$? In particolare come escludi che una delle due successioni sia finita?
Hai ragione.
In effetti non posso essere sicuro che entrambe le sottosuccessioni siano infinite. Però se solo una è finita tanto meglio, perché in quel caso $\cos(n^2)$ ha limite.
"compa90":
Buonasera, quale è la differenza tra il mio ultimo topic e questo ?
Saluti
Beh è MOLTO più facile vedere che $\sin(x)$ non ha limite per $x\to+\infty$ rispetto a dimostrare che $\sin(n)$ non ha limite
per $n\to+\infty$ (OVVIAMENTE stiamo sottintendendo che $n$ VARIA NEGLI INTERI). Ancora più complicato sembra essere che $\sin(n^2)$ non ha limite per $n\to+\infty$.
Se non ti è chiaro ne riparliamo
Aspetta ma comunque non è detto che se $e^(n^2i)$ e $cos(n^2)$ non hanno limite, non ce lo abbia nemmeno $sin(n^2)$.
Perché lo chiedi? I post con $e^{i n^2}$ li ritenevo superati dai successivi.
Comunque quello che dici è vero. Come dicevo da qualche parte se sai la proprietà di $e^{i n^2$ allora trovi che non è possibile che $\sin(n^2)$ e $\cos(n^2)$ convergano entrambi.
Nei post successivi ho introdotto le due successioni proprio per superare questa difficoltà.
Comunque quello che dici è vero. Come dicevo da qualche parte se sai la proprietà di $e^{i n^2$ allora trovi che non è possibile che $\sin(n^2)$ e $\cos(n^2)$ convergano entrambi.
Nei post successivi ho introdotto le due successioni proprio per superare questa difficoltà.
"ViciousGoblin":
In effetti non posso essere sicuro che entrambe le sottosuccessioni siano infinite. Però se solo una è finita tanto meglio, perché in quel caso $\cos(n^2)$ ha limite.
Ma non avevi sfruttato che aveva due limiti diversi?
"otta96":
[quote="ViciousGoblin"]In effetti non posso essere sicuro che entrambe le sottosuccessioni siano infinite. Però se solo una è finita tanto meglio, perché in quel caso $\cos(n^2)$ ha limite.
Ma non avevi sfruttato che aveva due limiti diversi?[/quote]
NO
Ho sfruttato che $\cos(2n)$ è denso in $[-1,1]$
Dunque non può avere solo due punti limite (e tantomeno ne può avere uno solo).
"ViciousGoblin":
[quote="compa90"]Buonasera, quale è la differenza tra il mio ultimo topic e questo ?
Saluti
Beh è MOLTO più facile vedere che $\sin(x)$ non ha limite per $x\to+\infty$ rispetto a dimostrare che $\sin(n)$ non ha limite
per $n\to+\infty$ (OVVIAMENTE stiamo sottintendendo che $n$ VARIA NEGLI INTERI). Ancora più complicato sembra essere che $\sin(n^2)$ non ha limite per $n\to+\infty$.
Se non ti è chiaro ne riparliamo[/quote]
Si si tutto chiaro.
"ViciousGoblin":
NO
Ho sfruttato che $\cos(2n)$ è denso in $[-1,1]$
Dunque non può avere solo due punti limite (e tantomeno ne può avere uno solo).
Ah ho capito
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