Limite molto difficile

[otta96]

L'anno scorso durante Analisi 1 mi è venuto in mente un limite apparentemente niente di che, ma che si è rivelato particolarmente difficile, che non so tutt'ora risolvere, volevo sapere se qualcuno di voi riesce a risolverlo ed possibilmente spiegarmi come si fa.
Il limite è questo: $\lim_{n \to \infty}n(1+sen(n))$.

[Bremen000]

Prova a guardare qua

successione-non-regolare-sin-n-t104798.html

[pilloeffe]

Ciao otta96,

In generale si ha:

$- 1 \le \sin n \le 1$

Quindi

$- 1 + 1 \le 1 + \sin n \le 1 + 1$
$0 \le 1 + sin n \le 2$
$0 \cdot n \le n(1 + \sin n) \le 2 \cdot n$
$0 \le n(1 + \sin n) \le 2n$

Potrei sbagliarmi, ma mi sa che per $n \to +\infty$ (ma anche per $n \to -\infty$) non esiste...

[Ernesto011]

Uhm , è un po' un ragionamento strano il tuo.
Cioè fai una stima, poi dimostri che la stima non funziona, e poi concludi che il limite non esiste.
Il liminf=0 mi sembra complicato da dimostrare, il limsup fa sicuramente $oo$

[axpgn]

Il seno è una funzione oscillante e non ha limite all'infinito ... aggiungere $1$ non ne cambia il comportamento, la alza e basta ... moltiplicarla per la variabile poi non fa altro che aumentarne l'ampiezza rendendo le oscillazioni sempre più grandi ...

[otta96]

Eh ma i punto è che non sai se (e io credo sia vero) esistono sottosuccessioni che convergono ad un numero positivo o nullo.
Ernesto01 ha colto nel segno dicendo che il limsup è +$\infty$, il problema è di calcolare il liminf.
Per rispondere a Bremen000, ciò che è stato detto in quel post mi era già noto, il problema è che non ci aiuta in alcun modo, in particolare, dato che -1 è un punto di accumulazione dell'immagine di sen(n), non possiamo escludere facilmente che il limite debba essere +$\infty$.

[Ernesto011]

Dunque, sia ${a_n}$ la successione con $a_n=sin(n)+1$. Notiamo inoltre che $a_n>0$, infatti $sin(n)!=-1$ sempre.
Il limsup fa banalmente infinito.
Per il liminf:
Quello che voi affermate sarebbe dimostrare che esiste una sottosuccessione ${a_(n_k)}$ decrescente e tale che $lim_(k->oo) a_(n_k)n_k=0$ ma è un limite $oo*0$ e non è una conseguenza immediata del fatto che il seno è oscillante ed è compreso fra $(-1,1)$.
Il punto è che sicuramente esiste un $n_0$ tale che il $sen(n_0)+1$ è arbitrariamente piccolo, ma magari $(sin(n_0)+1)*n_0$ è comunque infinito da un certo $n_0$ in poi, anche se intuitivamente direi di no.
Io non saprei risolvere, probabilmente bisognare fare delle stime dei multipli di pigreco con i numeri interi.
Direi di aspettare qualcuno più ferrato

[otta96]

Smanettando un po' con la calcolatrice, il primo valore "sospettosamente piccolo" che compare è per n=11, viene circa $10^(-4)$, il che ovviamente non dimostra nulla, ma fa capire che questa successione può anche assumere valori molto piccoli.

[axpgn]

Fra i primi $n$ multipli di $pi$ ne esiste almeno uno tale che la differenza fra questo e l'intero più vicino è minore di $1/n$ quindi, per esempio, ogni milione di interi ce n'è uno che approssima $kpi$ a meno di un milionesimo ...

[Bremen000]

Tutto quello che sto per scrivere è passibile di errori madornali vista l'ora e la mia poca familiarità con le frazioni continue.


$\lim_{n} n(1+\sin(n)) = \lim_{n} 2n\sin^2(n/2+\pi/4) = \lim_{m} 4(m-\pi/4)\sin^2(m) = 4\lim_{m} m\sin^2(m) -\pi/4sin^2(m) $

Se si prova che $\underset{m}{\text{liminf }}\sin^2(m)$ è limitato abbiamo che il limite non esiste.

Girando un po' su internet sono riuscito a trovare questo:

Teorema
Dato un numero irrazionale $\alpha$ esistono due successioni di interi divergenti $p_m$ e $q_m$ con $q_m>0$ tali che $\frac{p_m}{q_m}$ converge ad $\alpha$ e tali che $|p_m-q_m\alpha| < \frac{1}{q_m}$.

Applicandolo a $\pi$ ci sono dunque $p_m$ e $q_m$ t.c. $|p_m-q_m \pi| < \frac{1}{q_m}$ e $\frac{p_m}{q_m}$ converge a $\pi$.

Ma vale $|\sin(p_m)| =|\sin(p_m)-\sin(q_m \pi)| < |p_m-q_m \pi| <\frac{1}{q_m} $ e dunque $|\sin(p_m)|^2 < \frac{1}{q_m^2}$.

Scegliendo ora come sottosuccessione di $n$ proprio $p_m$ si ha

$\lim_{m} \p_m \sin^2(p_m) < \frac{p_m}{q_m^2} =0$

[otta96]

"axpgn":Fra i primi $n$ multipli di $pi$ ne esiste almeno uno tale che la differenza fra questo e l'intero più vicino è minore di $1/n$ quindi, per esempio, ogni milione di interi ce n'è uno che approssima $kpi$ a meno di un milionesimo ...

Questo mi sembra molto promettente, potresti spiegarmi come fai ad affermarlo? Per caso stai usando il principio dei cassetti in un modo che mi sfugge? Però non capisco come dalla proposizione segua l'esempio, non dovrebbe essere tra i primi (circa) 3141593 numeri che ce n'è uno che approssima $kpi$ a meno di un milionesimo?
Per Bremen000, purtroppo non ho capito i primi passaggi che hai fatto, puoi spiegarmeli?

[axpgn]

"otta96":... Per caso stai usando il principio dei cassetti in un modo che mi sfugge?

Questo.

[axpgn]

Ho ritrovato questa vecchia discussione che può esserti utile ...

[Bremen000]

Sostanzialmente ho usato le formule di prostaferesi scrivendo $1$ come $\sin(\pi/2)$

[otta96]

"axpgn":Fra i primi $n$ multipli di $pi$ ne esiste almeno uno tale che la differenza fra questo e l'intero più vicino è minore di $1/n$

Ok credo di averlo capito, quindi $AA n\inNN EE k_n\inNNt.c. (k_npi-1/n,k_npi+1/n)nnNN!=\emptyset$ e quindi credo sia vero anche $AA n\inNN EE k_n\inNNt.c. ((3/2+2k_n)pi-1/n,(3/2+2k_n)pi+1/n)nnNN!=\emptyset$, sia $j_n\in ((3/2+2k_n)pi-1/n,(3/2+2k_n)pi+1/n)nnNN!=\emptyset$ se prendo come sottosuccessione $j_n$, si ha che $sen(j_n)~~sen((3/2+2k_n)pi)+(j_n-(3/2+2k_n)pi)^2/2$, da cui $n(sen(j_n)+1)~~n(1-1+(j_n-(3/2+2k_n)pi)^2/2)=n(j_n-(3/2+2k_n)pi)^2/2$, allora ricordando la definizione di $j_n$ si ha $\abs(j_n-(3/2+k_n)pi)<1/n=>\abs(n(1+sen(j_n)))~~1/(2n)$, quindi abbiamo che $\lim_{n \to \infty}j_n(1+sen(j_n))=0$, quindi il limite iniziale non esiste, che dite, può andare?
L'unica cosa che rimarrebbe da verificare qualora il resto fosse giusto è $AA n\inNN EE k_n\inNNt.c. ((3/2+2k_n)pi-1/n,(3/2+2k_n)pi+1/n)nnNN!=\emptyset$.
Fatemi sapere cosa ne pensate.

[Ernesto011]

"axpgn":Fra i primi $n$ multipli di $pi$ ne esiste almeno uno tale che la differenza fra questo e l'intero più vicino è minore di $1/n$ quindi, per esempio, ogni milione di interi ce n'è uno che approssima $kpi$ a meno di un milionesimo ...

A me non sembra che ogni $2$ interi ce nè uno che approssima $kpi$ per meno di $1/2$
Cioè, se prendo $1,2$ la loro distanza da $0,pi$ non è mai meno di $1/2$.
Anche se è difficile trovare un controesempio più grande dato che $7pi=21,9911...ect$ che è vicinissimo a $22$, servirebbe almeno un $n$ maggiore di 100 e a mano non si riesce.

Per la dimostrazione di bremen invece, è molto originale però in alcuni punti non mi è chiara, tipo qui:

"Bremen000": $|\sin(p_m)| =|\sin(p_m)-\sin(q_m \pi)| < |p_m-q_m \pi|$

Questa a me non sembra tanto evidente

[Bremen000]

"Ernesto01": in alcuni punti non mi è chiara, tipo qui:
[quote="Bremen000"] $ |\sin(p_m)| =|\sin(p_m)-\sin(q_m \pi)| < |p_m-q_m \pi| $

Questa a me non sembra tanto evidente[/quote]

La prima uguaglianza è dovuta al fatto che il $\sin(k\pi)=0$ con $k$ intero e $q_m$ lo è.
La disuguaglianza è dovuta alla lipschitzianità del seno.

[axpgn]

@Ernesto01
La frase dopo la virgola è imprecisa mentre quella prima è corretta ... ... nel link è spiegato meglio ...

La riscrivo ...

Dati i primi $n$ multipli di $pi$ ne esiste almeno uno (diciamo $k$ con $1<=k<=n$) tale che $|kpi-m|<1/n$ dove $m$ è un intero positivo (non necessariamente compreso tra $1$ e $n$ anzi ...)

[otta96]

"Bremen000":$\lim_{n} n(1+\sin(n)) = \lim_{n} 2n\sin^2(n/2+\pi/4) = \lim_{m} 4(m-\pi/4)\sin^2(m)$

Comunque io veramente non riesco a capire questi passaggi, ho provato come avevi detto ma non mi torna.
Ma della dimostrazione che avevo dato io nell'ultimo post cosa ne pensate?

[Bremen000]

Provo a scriverla facendo tutti i passaggi, spero che ora sia chiara:

Usando le formule di prostaferesi:

$1+\sin(n) = \sin(\pi/2)+\sin(n) = 2\sin(\frac{n+\pi/2}{2})\cos(\frac{n-\pi/2}{2}) = 2\sin(n/2+\pi/4)\cos(n/2-\pi/4)= 2\sin(n/2+\pi/4)\cos(-n/2+\pi/4)=2\sin(n/2+\pi/4)\sin(\pi/2-(-n/2+\pi/4))=2\sin(n/2+\pi/4)\sin(n/2+\pi/4) = 2\sin^2(n/2+\pi/4)$

Quindi abbiamo

$\underset{n \to \infty}{\text{liminf }} n(1+\sin(n)) = \underset{n \to \infty}{\text{liminf }} 2n\sin^2(n/2+\pi/4)$

Usando il cambio di variabile $m=n/2+\pi/4$ allora $n=2(m-\pi/4)$ e inoltre se $n \to \infty$ anche $m \to \infty$ quindi:

$\underset{n \to \infty}{\text{liminf }} n(1+\sin(n)) = \underset{n \to \infty}{\text{liminf }} 2n\sin^2(n/2+\pi/4) = \underset{m \to \infty}{\text{liminf }} 4(m-\pi/4)\sin^2(m) = \underset{m \to \infty}{\text{liminf }} ( -\pi\sin^2(m) + 4m\sin^2(m) ) = 0 + 4\underset{m \to \infty}{\text{liminf }}m\sin^2(m) = 4\underset{m \to \infty}{\text{liminf }}m\sin^2(m)$

Quindi se dimostriamo che $4\underset{m \to \infty}{\text{liminf }}m\sin^2(m)$ è finito abbiamo che $\underset{n \to \infty}{\text{liminf }} n(1+\sin(n))$ è finito, che è quello che vogliamo dimostrare.


Applicando il teorema prima citato a $\pi$, ci sono dunque $p_m$ e $q_m$ successioni divergenti t.c. $|p_m-q_m \pi| < \frac{1}{q_m}$ e $\frac{p_m}{q_m}$ converge a $\pi$.

Sfruttando ora il fatto che
1. $\sin(k\pi)=0$ con $k$ intero e $q_m$ è intero
2. Il seno è una funzione lipschitziana

abbiamo
$|\sin(p_m)| =|\sin(p_m)-\sin(q_m \pi)| < |p_m-q_m \pi| <\frac{1}{q_m} $ e dunque $|\sin(p_m)|^2 < \frac{1}{q_m^2}$.


Scegliendo ora come sottosuccessione di $m$, da applicare al limite di $m\sin^2(m)$, proprio $p_m$ (che sappiamo divergere positivamente) si ha

$\lim_{m \to \infty} \p_m \sin^2(p_m) < \lim_{m \to \infty} \frac{p_m}{q_m^2} =0$

e dunque abbiamo la tesi.

[otta96]

Ora li ho capiti, solo che in questi giorni sono un po' impegnato risponderò pienamente tra qualche giorno.