Существует ли верхний предел sin(a^n),равный 1...

[MestnyBomzh]

Существует ли число $a>1$ такое,что $\overline{\lim}_{n\to \infty}{\sin(a^n)}=1?$
Можно ли взять $a=\sqrt[n]{\frac{\pi}{2}}$ .Или так просто не получится?

[provincialka]

Так не получится, это не число, выражение содержит $n$

[gris]

В формуле для верхнего предела $n$ меняется. А значение $a$ постоянно. Впрочем, если взять какое-то конкретное значение $n$, то мы получим, что точная верхняя грань множества значений последовательности $\sin (a^n)$, где, например, $a=\sqrt [14] {\pi/2}$ равна единице. Но верхний предел последовательности и точная верхняя грань (супремум) множества её значений это разные вещи, хотя и связаны очевидным неравенством.

[Legioner93]

А любое $a$ не подойдет?

[Sonic86]

Legioner93 в сообщении #786981 писал(а):

А любое $a$ не подойдет?

Любое $a>1$ подойдет, а вот как доказать это? Или я туплю?

[gris]

Можно попробовать показать, что множество значений членов последовательности всюду плотно в интервале $(-1,\;1)$.

[MestnyBomzh]

Я,честно говоря,не курсе что такое плотность..Возможно,это ещё только будут объяснять, так как мы только эквивалентности функций проходим

[gris]

А что такое верхний предел? Что мы должны предъявить для доказательства того, что при вот этом значении $a$ верхний предел равен $1$? Или для доказательства того, что ни при каком значении $a$ верхний предел не равен $1$. (Ну а существует ли он вообще?)

[MestnyBomzh]

ну,видимо,мы должны предъявить подпоследовательность последовательности $a^n$,и найти его предел,причем доказать,что пределы остальных подпоследовательностей меньше

[gris]

Правильно. Вообще есть несколько эквивалентных определений верхнего предела. Можно взять максимальный частичный предел. То есть для любого $a$ построить подпоследовательность $\{n_i\}:\; \sin(a^{n_i})\to 1$. Или в силу непрерывности синуса $\{n_i\}:\; \left \{\dfrac {2 a^{n_i}}{\pi}\right \}\to 0$, где последние фигурные скобки понимаются как дробная часть.

[Someone]

MestnyBomzh в сообщении #787005 писал(а):

ну,видимо,мы должны предъявить подпоследовательность последовательности $a^n$,и найти его предел

Да, нужно указать подпоследовательность, предел которой равен $1$.

MestnyBomzh в сообщении #787005 писал(а):

причем доказать,что пределы остальных подпоследовательностей меньше

А вот этого доказывать совсем не надо. Да и невозможно это доказать, потому что неверно.

Sonic86 в сообщении #786982 писал(а):

Любое $a>1$ подойдет, а вот как доказать это?

Не знаю. Наверняка верно утверждение типа "мера множества тех $a>1$, для которых верхний предел $\sin a^n$ не равен $1$, равна $0$", но как это доказать?

Но, как я понимаю, этого и не требуется.

Взять первое попавшееся $a>1$ и попытаться доказать для него — шансов мало.
Подходящее $a$ надо специально строить. Вместе с подпоследовательностью.
Я знаю, как это сделать, но излагать готовое решение у нас не полагается.

[venco]

Напомнило мне http://en.wikipedia.org/wiki/Formula_for_primes#Mills.27_formula

[Someone]

venco, Вы правы, идея похожая.

[gris]

А нельзя ли построить это $a$ с помощью постепенного изменения первоначального значения. Я сомневаюсь, что это правильная идеядля учебного задания, поэтому и пишу её. Возьмём начальное значение $a=2$ и $n_1=1$. Получаем уже хорошее приближение $\sin2^1\approx 0.9=1-d_1$. На каждом шаге будем определять интервал рациональной добавки к текущему значению $a$, так чтобы все предыдущие значения при шевелении удовлетворяли бы неравенству $\sin (a_i)^{n_i}>1-1/i$. Следующее значение $a$ выбираем тихонько шевеля предыдущее значение. При этом степень будет огромная и очень далеко, чтобы обеспечить очередное приближение функции к единице. То, что это приближение будет существовать, я уверен! Вот так получим возрастающую и ограниченную последовательность $\{a_i\}$, имеющую предел. Это и будет искомое $a$.

[Someone]

gris в сообщении #787228 писал(а):

Возьмём начальное значение $a=2$ и $n_1=1$. Получаем уже хорошее приближение $\sin2^1\approx 0.9=1-d_1$.

Будет удобнее следить не за $\sin a^{n_i}$, а за $a^{n_i}$, чтобы для искомой подпоследовательности выполнялось неравенство $2\pi k_i+\frac{\pi}2-\frac 1{2^i}<a^{n_i}\leqslant 2\pi k_i+\frac{\pi}2$. В частности, лучше взять $a_1\in(\frac{\pi}2-\frac 12,\frac{\pi}2)$, $n_1=1$, $k_1=0$ и строить последовательности $a_i,n_i,k_i$.