Верхний предел синуса натурального аргумента

[Cakes]

И снова здравствуйте.
Хотелось бы, что бы кто-нибудь указал на ошибку в моих рассуждениях.
Задание было вычислить: $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}{\sin(n)}$
Я рассуждал так:
$\left\lvert\frac{\pi}{2}{(4k+1)}+\frac{n}{q}\right\rvert<\frac{1}{q^2}$ по теореме Дирехле. Где $n$ и $q$ натуральные числа, при чем их бесконечно много.
Значит $\frac{n}{q}-\frac{1}{q^2}<\frac{\pi}{2}{(4k+1)}<\frac{n}{q}+\frac{1}{q^2}$
Но так как совершенно ясно, что $\frac{n}{q}<n$
Можно получить:
$n-\frac{1}{q^2}<\frac{\pi}{2}{(4k+1)}<n+\frac{1}{q^2}$
Возможно это будет выполняться с какого-то номера, зависящего от $k$, но так как $q\to\infty$ это тоже подходит.
Прошу помочь.

[Brukvalub]

Cakes в сообщении #1179449 писал(а):

Значит $\frac{n}{q}-\frac{1}{q^2}<\frac{\pi}{2}{(4k+1)}<...$
Но так как совершенно ясно, что $\frac{n}{q}<n$
Можно получить:
$n-\frac{1}{q^2}<\frac{\pi}{2}{(4k+1)}..$

Здесь явная ошибка.

[Cakes]

Brukvalub
Я интуитивно понимаю, что тут что-то не так. Но вот что именно. Мы же переходим от меньшей окрестности к большей?

[Brukvalub]

Cakes в сообщении #1179466 писал(а):

Мы же переходим от меньшей окрестности к большей?

Ни к какой "бОльшей окрестности" мы не переходим. Вы просто безосновательно увеличили левую часть неравенства.

[Cakes]

А как тогда?

[Someone]

Cakes, аккуратно проделайте свои вычисления заново. Если повезёт, и Вы не сделаете ту же ошибку второй раз, то всё прояснится.

[Cakes]

Я знаю, что можно разложить $\pi/2$ в цепную дробь и установить тем самым соответсвие между последовательностью натуральных чисел и $\pi/2$.
Но к сожалению мы еще не проходили цепные дроби и я не знаю как правильно их применять, не могли бы вы помочь мне в этом?

-- 24.12.2016, 01:40 --

Я знаю, что можно разложить $\pi/2$ в цепную дробь и установить тем самым соответсвие между последовательностью натуральных чисел и $\pi/2$.
Но к сожалению мы еще не проходили цепные дроби и я не знаю как правильно их применять, не могли бы вы помочь мне в этом?

[Someone]

Хм. Я, видимо, плохо посмотрел на ваши вычисления, так что мой совет бесполезен.
Но ошибка у Вас там есть: когда Вы заменяете в левой части неравенства число $\frac nq$ бóльшим числом $n$, неравенство перестаёт быть верным.

[Cakes]

Да, спасибо, это я уже понял.

[iifat]

Как по мне, таки можно б начать и с первого неравенства (заменив всё же + на -), только аккуратно свести к $|n-\frac\pi2-2k\pi|$. Тогда всё получится.

-- 24.12.2016, 14:52 --

Cakes в сообщении #1179587 писал(а):

в цепную дробь

Цепные дроби — красивая, но, увы, тупиковая, имхо, ветвь математики. Всё, что они могли б вам дать ­— доказательство вашего исходного неравенства; но вы (вполне справедливо) с него начинаете — так зачем они вам?

[Someone]

Собственно, идея использовать подходящие дроби правильная, но Вы пошли немного не в ту сторону.
Период синуса равен $2\pi$. Пусть

$$a_n=n-2\pi\left[\frac n{2\pi}\right],$$

где квадратные скобки обозначают целую часть числа. Тогда $a_n\in[0,2\pi)$. Нам нужно для произвольно заданного $\varepsilon>0$ найти такое $n$, чтобы выполнялось неравенство $\left\lvert a_n-\frac{\pi}2\right\rvert<\varepsilon$.
Пусть $\frac{p_k}{q_k}$ — $k$-я подходящая дробь для числа $2\pi$. Тогда, как Вы знаете,

$$\left\lvert 2\pi-\frac{p_k}{q_k}\right\rvert<\frac 1{q_k^2};$$

умножив это неравенство на $q_k$, получим

$$-\frac 1{q_k}<p_k-2\pi q_k<\frac 1{q_k}.$$

Обозначим

$$h_k=\lvert p_k-2\pi q_k\rvert.$$

Покажите, что точки $0,a_{p_k},a_{2p_k},a_{3p_k},\ldots$ при ($p_k-2\pi q_k>0$) или точки $2\pi,a_{p_k},a_{2p_k},a_{3p_k},\ldots$ (при $p_k-2\pi q_k<0$) образуют арифметическую прогрессию. Покажите, что в ней есть член, отличающийся от $\frac{\pi}2$ меньше, чем на $\frac{h_k}2$.