Найти супремум функции!

[Nail1992]

$\sin t+\sin \sqrt{6}\cdot t$
Помогите пожалуйста доказать, что супремум этой функции равен 2. Аргумент из всей числовой прямой.
Пытался корень из шестерки приблизить рациональными числами, но все попытки оказались тщетными. Может есть какие нибудь книги, где можно найти решение.

-- 05.05.2014, 00:48 --

[provincialka]

Nail1992 в сообщении #859198 писал(а):

Пытался корень из шестерки приблизить рациональными числами

Собственно, причина как раз в том, что $\sqrt 6$ - иррационально. Рассмотрите точки, в которых первое слагаемое равно 1. Какие значения может принимать в этих точках второе?

[Nail1992]

provincialka в сообщении #859206 писал(а):

Nail1992 в сообщении #859198 писал(а):

Пытался корень из шестерки приблизить рациональными числами

Собственно, причина как раз в том, что $\sqrt 6$ - иррационально. Рассмотрите точки, в которых первое слагаемое равно 1. Какие значения может принимать в этих точках второе?

$\sin \dfrac {\sqrt{6}\pi}{2}\left( 1+4k\right)$
И как можно подобрать такие достаточным большие к, чтоб получить единицу?

[provincialka]

Пока не знаю. В некоторых случаях помогают "наилучшие приближения" к иррациональному числу. Но тут у них должна быть еще и специальная структура.

-- 05.05.2014, 01:23 --

Nail1992 в сообщении #859222 писал(а):

И как можно подобрать такие достаточным большие к, чтоб получить единицу?

Не "достаточно большие", а подходящие. Получить не единицу, а число, сколь угодно близкое к единице.

[Nail1992]

provincialka
Ну числа k в любом случае должны стремиться к бесконечности. Я это имел в виду.

[_Ivana]

Синус непрерывен, каждое слагаемое равно единице на своей последовательности аргумента, задача сводится к тому, что любое иррациональное число можно как угодно близко приблизить рациональным (добавочными слагаемыми по одной второй в числителе и знаменателе дроби можно пренебречь).

[Nail1992]

_Ivana
Мне же нужно общую последовательность придумать. Вот в этом вся сложность.

[_Ivana]

Приравниваете аргументы обоих слагаемых последовательностям (с разными индексами) где синус равен единице, записываете отношение этих последовательностей и доказываете, что выбором верхнего и нижнего индексов мы получим сколь угодно близкое приближение корня из шести - все. Ну и говорите слова про непрерывность синуса, надеюсь, понятно зачем.

[provincialka]

_Ivana, ну, схема-то ясна, вот как это доказать... В таком случае просто приближения к $\sqrt 6$ не подходят. Они должны быть вида $\frac {4k+1}{4m+1}$ и быть в некотором смысле наилучшими.

[ewert]

То, что при иррациональном $\alpha$ числа $\alpha k$ плотно наматываются на единичную окружность -- "общеизвестно". Как и то, что совсем уж легко этот факт не доказывается (хотя доказательство и элементарно). А вот что совершенно непонятно -- так это зачем сей факт доказывать заново в каждой новой задаче такого сорта. По-моему, ссылка на "общеизвестность" была бы гораздо спортивнее.

[ИСН]

Nail1992 в сообщении #859244 писал(а):

Мне же нужно общую последовательность придумать. Вот в этом вся сложность.

Вам не нужно придумывать последовательность.

[Nail1992]

ewert
А вы можете посоветовать литературу?

-- 05.05.2014, 10:01 --

ewert
То ,что множество вида $\sin \dfrac {\sqrt{6}\pi}{2}\left( 1+4k\right)$ плотно в отрезке [-1;1], вот это нужно , да еще и при целых k. Куда можно сослаться?

-- 05.05.2014, 10:13 --

ewert
Вообще это задача у меня возникла в умф. На самом деле она сложнее, нужно доказать что супремум из n слагаемых синусов с иррациональными аргументами, вернее отношения которых иррациональны, равен n. Если вы бы сказали где то можно прочесть, был бы очень благодарен.

-- 05.05.2014, 10:13 --

[_Ivana]

provincialka Простите, видимо не понимаю всей сложности. Я представляю это себе так: берем "любой эпсилон больше нуля", по нему рассчитываем дельту, в которую должен попадать аргумент второго синуса для того, чтобы сумма первого (равного единице при рассматриваемых нами аргументах) и второго была меньше двойки не более чем на наш эпсилон, доказываем, что выбором $k$ и $m$ в написанной вами дроби мы всегда можем попасть в рассчитанную выше дельту аргумента - все. Параллельно можно показать, что супремум точно не достигается ни при каком аргументе.

[provincialka]

Ну, возьмите и докажите. Я не задумывалась долго. Сам факт "всюду плотности" доказывается, насколько я знаю, с использованием наилучших приближений. Не всякое подойдет.
Вот смотрите. Вам надо оценить $\sin \dfrac {\lambda\pi}{2}\left( 1+4k\right)$, где $\lambda=\sqrt{6}$. Имеем $\sin \dfrac {\lambda\pi}{2}\left( 1+4k\right)=\sin\left(\dfrac\pi2+ \dfrac {\pi}{2}(\lambda( 1+4k)-4m-1)\right)$. Значит, малым должно быть число $|\lambda( 1+4k)-4m-1|<\varepsilon$, откуда $|\lambda-\dfrac{4m+1}{1+4k}|<\dfrac{\varepsilon}{1+4k}$. Есть теорема о существовании подобных оценок в виде $\frac km$, но тут еще числитель и знаменатель не совсем произвольны.

[Nail1992]

provincialka
Я тоже в этом месте застрял, об этом ни в каких учебниках не сказано, по крайней мере, я не нашел.