Предельные точки степеней синуса

[g______d]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1270784 писал(а):

Как найдено это натуральное число?

Методом прочтения предыдущих сообщений в данной теме (если это вопрос ко мне).

[Markiyan Hirnyk]

Хотелось бы увидеть в этой теме краткое доказательство с оценками. Кстати, о $-1$ как предельной точке до меня никто не упоминал здесь.

[g______d]

Markiyan Hirnyk в сообщении #1270823 писал(а):

Кстати, о $-1$ как предельной точке до меня никто не упоминал здесь.

Ну да, а это число RIP просто угадал (при том, что на единицу больше или меньше уже будет глубокий ноль).

[RIP]

maxal в сообщении #1270604 писал(а):

Напомнило Флинта Хиллса https://arxiv.org/abs/1104.5100

Предлагаю немного усилить теорему 5.

Задача. Пусть $u-1>v>0$, $\mu(\pi)<1+\dfrac{u}{v}$. Докажите, что ряд $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^u\lvert\sin n\rvert^v}$ сходится.

Грубо говоря, в этом случае необходимое условие сходимости почти является достаточным. Совсем избавиться от условия $u-1>v$, к сожалению, у меня не получается. В общем случае я могу доказать сходимость лишь при $\mu(\pi)<1+\dfrac{u-1+\sqrt{u^2+2u-3}}{2v}$.

-- Сб 2017-12-02 00:52:54 --

(Оффтоп)

Markiyan Hirnyk в сообщении #1270784 писал(а):

Действительно, возможно, что $-1$ и $1$ — тоже предельные точки.

Попробуйте поиграться с такими числами:

n=126445353676941965606823500849305107078597038503259264353132853975418492405917841205571911085
n=126445353676941965606825050325545139241525513856592656480907274832768762032442994020925721975
n=1398797699607059061981750360237188663645220065679311401355173148484659172075747791983954045366307701869904482629963179022448299166157940065016688112015881
n=1398797699607059061981750360237188663637388725409173954025060993612541248686311049957547943943902553320701387233012535505131954301838989550373315389149743

[RIP]

Кстати, док-ва того, что множество предельных точек — это весь отрезок $[-1,1]$, я лично пока не увидел (не очень понятно, откуда берутся отрицательные предельные точки).

[sup]

RIP в сообщении #1270866 писал(а):

Кстати, док-ва того, что множество предельных точек — это весь отрезок $[-1,1]$, я лично пока не увидел (не очень понятно, откуда берутся отрицательные предельные точки).

Подумаешь, бином Ньютона (С).
Лемма. Неравенство

$$ \left |\frac{\pi}{ 2} - \frac{p}{q} \right | \leqslant \frac{2}{q^2} $$

имеет бесконечное количество решений с нечетными $p,q$.
Доказательство. Пусть $p_k / q_k$ --- подходящие дроби. Тогда одна из дробей

$$ \frac{p_k}{q_k},\frac{p_{k+1}}{q_{k+1}},\frac{p_{k+1} - p_k}{q_{k+1} - q_k}, $$

удовлетворяет требованиям леммы.
Следствие. Неравенство

$$ \left |-\frac{\pi}{ 2} + 2m\pi - s \right | \leqslant \frac{100}{s} $$

имеет бесконечное количество решений с нечетным $s$.
Пусть $p,q$ --- удовлетворяют требованиям леммы. Тогда

$$ \left |q\frac{\pi}{ 2} - p \right | \leqslant \frac{2}{q} = \frac{2p}{qp} \leqslant \frac{10}{p}. $$

Если $q = 4m - 1$, то полагаем $s = p$, в противном случае $s = 3p$.

Ну а дальнейшее уже очевидно. Мы рассматриваем числа вида $n = (4l+1) s$. Остается лишь выбирать достаточно большие $s$ и к ним "грамотно" подбирать $l$.

[grizzly]

Всё же рискну показать свои наивные рассуждения, основанные на анализе, а не теории чисел. Просьба подсказать мне, есть ли здесь пробел, который сложно будет устранить при переходе от наивных рассуждений к строгим (я такого не вижу, а расписывать подробно немного лень :)

Пусть $n$ достаточно большое. Последовательность дробных частей $\{n\pi \}$ равномерно распределена на $(0;\pi)$. Соответствующая последовательность синусов $\{\sin(n\pi) \}$ распределена не равномерно, а со сгущением около точки $\pi/2$ (в силу выпуклости синуса вверх на этом промежутке). Далее будем использовать это сгущение, коэффициент которого становится всё больше с ростом $n$ и с уменьшением интервала вокруг данной точки (в силу того, что производная в точке равна 0).

При равномерном распределении мы получили бы для последовательности $\sin^n(n)$ предельную точку в районе $(1-1/n)^n=1/e$ (грубо говоря). Увеличивая коэффициент сгущения до $\gamma$ (путём сужения интервала при увеличении $n$), можем получить все предельные точки вида $e^{-1/\gamma }$. То есть всё что справа от $1/e$. Ну и слева каким-то похожим образом.

[grizzly]

У меня возникла идея получше. Вместо проверки моих наивных рассуждений я предлагаю обсудить следующую задачу-обобщение:

Гипотеза.
Пусть для некоторой функции $f(x):\mathbb R \to \mathbb R$ и точки $x_0\in(0;\pi)$ выполнены следующие условия:

а) $f(x)$ периодична с периодом $\pi$;
б) $f(x)$ непрерывно дифференцируема в некоторой окрестности $x_0$ и $f'(x_0)=0;$
в) $f(x)$ строго выпукла вверх в некоторой окрестности $x_0$;
г) $f(x_0)=1.$

Тогда множество $\{(f(n))^n\mid n\in \mathbb N\}$ является всюду плотным на отрезке $[0;1].$

[RIP]

(Оффтоп)

grizzly в сообщении #1271431 писал(а):

При равномерном распределении мы получили бы для последовательности $\sin^n(n)$ предельную точку в районе $(1-1/n)^n=1/e$ (грубо говоря).

Не очень понятно, как Вам поможет равномерное распределение. Если пользоваться определением, то количество натуральных $n\leqslant N$, для которых $n\bmod2\pi\in(a,b)\subseteq(-\pi,\pi)$, равно $\frac{b-a}{2\pi}N+o(N)$, что не позволяет отлавливать точки на интервалах длины $b-a=o(1)$. Для данной ситуации $o(N)$ можно улучшить до $O\left(N^{c+\varepsilon}\right)$, где $c=\frac{\mu(\pi)-2}{\mu(\pi)-1}$, а $\mu(\pi)$ — показатель иррациональности числа $\pi$ (или мера иррациональности, как его любят называть), причём это $c$ уже нельзя уменьшить (если речь обо всех интервалах). Наилучшей известной на сегодня оценки Салихова $\mu(\pi)<7.6\dotso$ не хватает для нужного нам интервала длины $O\left(N^{-1/2}\right)$. (Конечно, у нас и интервал более-менее конкретный, да и $\mu(\pi)=2$, скорее всего.)

[RIP]

grizzly в сообщении #1271460 писал(а):

Гипотеза.
Пусть для некоторой функции $f(x):\mathbb R \to \mathbb R$ и точки $x_0\in(0;\pi)$ выполнены следующие условия:

а) $f(x)$ периодична с периодом $\pi$;
б) $f(x)$ непрерывно дифференцируема в некоторой окрестности $x_0$ и $f'(x_0)=0;$
в) $f(x)$ строго выпукла вверх в некоторой окрестности $x_0$;
г) $f(x_0)=1.$

Тогда множество $\{(f(n))^n\mid n\in \mathbb N\}$ является всюду плотным на отрезке $[0;1].$

Для удобства положим $f\left(x_{0}+x\right)=1-g(x)$.

Фиксируем $\beta>\alpha>0$, а также $k\in\mathbb{N}$, такое что $\frac{\alpha}{k}<\frac{\beta}{k+1}$.

Пусть $\left\lvert\frac{1}{\pi}-\frac{a}{q}\right\rvert<\frac{1}{q^2}$, где $(a,q)=1$, $q$ достаточно велико.
Найдём $b\in\mathbb{Z}$, такое что $\left\lvert\frac{x_{0}}{\pi}-\frac{b}{q}\right\rvert<\frac{1}{q}$.
Пусть целое $m>k+2$ удовлетворяет неравенствам

$$\frac{\alpha}{kq}<g\left(\frac{\pi(m-k-2)}{q}\right)<g\left(\frac{\pi(m+k+2)}{q}\right)<\frac{\beta}{(k+1)q}.$$

При достаточно большом $q$ такое $m$ найдётся, поскольку $\lim\limits_{q\to\infty}q\left(g^{-1}\left(\frac{\beta}{(k+1)q}\right)-g^{-1}\left(\frac{\alpha}{kq}\right)\right)=+\infty$.

Наконец, найдём $n\in\mathbb N$, такое что $an-b\equiv m\pmod{q}$, $kq<n\leqslant(k+1)q$. Тогда

$$\left\lvert\frac{n-x_{0}}{\pi}-\frac{an-b}{q}\right\rvert<\frac{n+q}{q^{2}}\leqslant\frac{k+2}{q},$$

то есть $n=x_0+\pi s+\pi\frac{m+\theta(k+2)}{q}$, где $s\in\mathbb{Z}$, $\lvert\theta\rvert<1$. Следовательно,

$$\frac{\alpha}{n}<1-f(n)=g\left(n-x_{0}-\pi s\right)<\frac{\beta}{n}.$$

При этом $n>kq\to\infty$ при $q\to\infty$.

И да, разумеется, число $\pi$ здесь не при чём — сгодится любое иррациональное число.

[grizzly]

RIP
Спасибо, красиво получилось! Мне стоило труда понять, что это по сути близко к той идее, которая витала в моём потоке сознания, но выписать такое чёткое доказательство мне слабо.

PS. А формулировку я сам придумал, исключительно в пределах данной темы (думал, как связать задачу со степенями синусов с такой же для косинусов и решил, что вот так будет лучше всего :)

[sup]

RIP в сообщении #1270847 писал(а):

Совсем избавиться от условия $u-1>v$, к сожалению, у меня не получается.

При $v \geqslant 0$ вроде бы достаточно $u > 1$. (Помимо того условия для $\mu (\pi)$).

Примерная схема доказательства.

Прежде всего, задача сводится к сходимости ряда

$$ \sum \frac {1}{n^u \|n(\pi - 3)\|^v}. $$

Обозначим $z_0 = \pi - 3$.
Мы будем анализировать поведение последовательности $\|nz_0\|$. Заметим, что $\|nz_0\| = \min (nz_0 - \lfloor nz_0 \rfloor, \lceil nz_0 \rceil - nz_0)$. Поэтому достаточно разобраться по отдельности с $\lfloor nz_0 \rfloor, \lceil nz_0 \rceil$.
Итак, рассмотрим последовательность $nz_0 - \lfloor nz_0 \rfloor$. Она имеет вид

$$ z_0, 2z_0, \dots 7z_0, z_1 = 8z_0 - 1, z_1 + z_0, \dots $$

Легко видеть, что эта последовательность состоит из коротких возрастающих цепочек. Каждая из них начинается с некоторого числа $0 < z_j \leqslant z_0$. Разность между соседними числами в этих цепочках одинакова и равна $z_0$.
Выделим в этих цепочках минимальные элементы в отдельную последовательность (обозначим ее как $Z_1$).

$$ z_0, z_1, z_2 \dots $$

Соответственно "большую" сумму разобьем на сумму по цепочкам, но за вычетом индексов из $Z_1$. Каждая цепочка состоит из $k_0 =7$ элементов или на единицу больше. Для оценки сверху берем с запасом.
Получаем

$$ S \leqslant \sum \limits_{z_i\in Z_1}\frac {1}{n(z_i)^u z_i^v} + \sum \limits_n \sum \limits_{j = 1}^{k_0 + 1}\frac {1 + \gamma_0}{(nk_0 + j)^u (jz_0)^v} = S_1 + S_2. $$

Здесь $n(z_i)$ - номер элемента $z_i$ в исходной последовательности. Очевидно, что $n(z_i) \sim i k_0$. По этой же причине во второй сумме фигурирует $\gamma_0$. Размер цепочек, вообще говоря, не равен $k_0$, а значит "истинный" номер не равен $nk_0 + j$.
Вторая сумма $S_2$ легко оценивается (при этом $z_0 \sim 1/ k_0$)

$$ S_2 \leqslant \frac {C}{k_0^uz_0^v}( 1 + k_0^{1 - v}) \leqslant \frac {C}{k_0^{u- \mu(v - 1)}} + \frac {C}{k_0^{u-1}} . $$

Теперь надо оценить $S_1$. А для этого рассматриваем последовательность $Z_1$. Опять таки замечаем, что и эта последовательность состоит из коротких возрастающих или убывающих цепочек с некоторым шагом $\delta$. И длины этих цепочек $k_1 \sim 1 / \delta$ (с точностью до 1). Опять выделяем минимальный элемент в каждой цепочке, а остальные оцениваем как и выше. Получим слагаемое вида

$$ S_1 \leqslant S_3 + \frac {C}{(k_0k_1)^{u- \mu(v - 1)}} + \frac {C}{(k_0k_1)^{u-1}} . $$

На самом деле тут должны возникать не произведения $k_0k_1$, а знаменатели подходящих дробей. Но это надо более тщательно выписывать.
Ну и так далее. Получим ряд по знаменателям подходящих дробей. А они образуют геометрическую прогрессию.