Множество {sin n^a} всюду плотно на [-1,1]?

[ShMaxG]

RIP в сообщении #790253 писал(а):

Не факт. Про расстояние ничего лучше $o(n^a)$ сказать нельзя (хотя для посл-ти, которая получается из исходной, можно).

Да, для последовательности, которая получается из исходной, можно, потому что в этом о-малом собраны степени и $o(n^b)$, где $b<0$. А в общем случае это, видимо, не верно, хотя я не знаю, как это доказать.

RIP в сообщении #790253 писал(а):

Нет. Их сумма не ограничена потому, что это исходная посл-ть.

Ок.

RIP в сообщении #790253 писал(а):

Этого мало. Для применения ван дер Корпута нужна равномерная распределённость, а не всюду плотность.

А зачем применять ван дер Корпута? Зачем равномерная распределенность? Последовательность $a_n=cn^a+o(n^a) \mod 2\pi$ попадет в любой интервал бесконечное число раз, потому что какой бы интервал мы ни взяли, начиная с некоторого $n$ расстояние между членами такой последовательности будет меньше этого интервала. И где бы ни был этот интервал, последовательность $a_n=cn^a+o(n^a) \mod 2\pi$ до него доберется, так как $a_n=cn^a+o(n^a)$ стремится в бесконечность.

[RIP]

ShMaxG в сообщении #790302 писал(а):

Последовательность $a_n=cn^a+o(n^a) \mod 2\pi$ попадет в любой интервал бесконечное число раз, потому что какой бы интервал мы ни взяли, начиная с некоторого $n$ расстояние между членами такой последовательности будет меньше этого интервала.

Это только при $a<1$. Если $a>1$, то его нужно сначала уменьшить, а потом вернуться с помощью ван дер Корпута.

-- Вт 19.11.2013 14:35:29 --

SpBTimes в сообщении #790278 писал(а):

В последовательности $n^a$ найдется сколь угодно много рациональных. Сдвиг на рац. число не кратен иррациональному, тем самым и дуги не будут перекрываться сильно. Нет разве?

Если $a=\sqrt2$, то все члены последовательности при $n>1$ будут иррациональны (и даже трансцендентны). Но не суть. Рациональные числа всюду плотны, так что и при рациональных сдвигах дуги могут перекрываться как угодно.

[SpBTimes]

RIP
И правда. Спасибо за объяснение!