sin(n): Простая, но жутко интересная задачка

[reader]

Показать, что частичные пределы последовательности $\sin n$ заполняют сплошь отрезок от -1 до 1

В принципе здесь всё очевидно, непонятно само это обоснование, охота посмотреть как это можно показать, бьюсь над здачей несколько дней не могу ничего дельного придумать

[dm]

Вас устраивает ответ здесь:
http://irodov.nm.ru/cgi-bin/ikonboard/t ... &topic=601 ?

[Dan_Te]

Три подсказки:
1. Переформулируем задачу: надо показать, что множество $A=\{\sin n\}_{n=1}^\infty$ всюду плотно на отрезке [-1,1]. Или что его замыкание - весь отрезок.
2. Если мы найдем способ доказать, что точка 0 является предельной точкой множества А, то, скорее всего, с небольшими модификациями этот способ может быть применим к другим точкам отрезка.
3. Простой факт из теории чисел, Теорема Дирихле:
Для любого $\alpha\in\mathbb R$ и любого $\varepsilon$ найдутся такие числа $m\in \mathbb Z, n\in\mathbb N$, что $\left| \alpha - \frac m n \right| < \frac\varepsilon n$
Теорему Дирихле полезно доказать самому, тем более что все доказательство занимает две строчки. Надо воспользоваться широко известным принципом Дирихле (про клетки и кроликов).
Применив теорему Дирихле к $\alpha=2\pi$, получим доказательство для пункта 2.

[Talk]

Извините извините за непонятливость, а можно поподробнее, я теоремы дирихле я доказал, а вот дальше не понимаю как её применить, вообще туго эта задача у меня идёт

[Dan_Te]

Вот смотрите. Применяем теорему Дирихле для $2\pi$:
для любого $\varepsilon<1$ найдутся такие m,n, что
$|2\pi n - m|<\varepsilon \Rightarrow |\sin m-\sin2\pi n|<\varepsilon$
То есть, 0 - частичный предел последовательности синусов.

[Talk]

Ну я понял, что 0=частичный предел для этой последовательности, ну а как показать что другие значения заполнятют отрезок от -1 до 1, для нуля всё предельно ясно, вы уж извините, заранее спасибо

[dm]

Примените лемму Кронекера.

[Dan_Te]

А что такое лемма Кронекера?

Talk:
допустим, мы нашли такие $m,n$ что
$|m - 2\pi n| <\varepsilon=\frac{2\pi}{N}$
Точка $m$ находится близко к точке $2\pi n$, но вот с какой стороны? Допустим, верно
$2\pi n < m < 2\pi n + \frac{2\pi}{N}$
Тогда
$4\pi n < 2m < 4\pi n + 2\frac{2\pi}{N}$
Числа $\sin m,\sin 2m,\sin 3m,...$ заполнят отрезок $[-1,1]$ c шагом не более $\frac{2\pi}{N}$. Вот практически и все.

На самом деле, мне кажется, что задача интересна не сама по себе, а в одной из двух переформулировок (заодно и обобщений):
1. Рассмотрим единичную окружность $X=\{e^{it}:t\in [0,2\pi)\}$ и преобразование $T\colon X\to X$ - поворот окружности на угол $\alpha$
$T(x)=T(e^{it})=e^{i\alpha}e^{it}=e^{i(\alpha+t (\mathrm{mod} 2\pi))}$
Рассмотрим для любой точки $x\in X$ ее орбиту, $\mathrm{Orb}(x)=\{T^n x| n\in \mathbb Z\}$
Поворот окружности обратим, поэтому можно определять двустороннюю орбиту. Если преобразование необратимо, то рассматривают одностороннюю орбиту, $n\in \mathbb N$.
Утверждение: орбита любой точки всюду плотна на окружности $X$, если угол поворота $\2\pi$-иррационален, то есть \alpha\notin 2\pi \mathbb Q$.
Применив это утверждение к повороту на угол $\alpha=1$, мы сразу получим доказательство задачи для $\sin n = \mathrm{Im} (e^{in})$, поскольку в этом случае $\{e^{in}\}=\mathrm{Orb}(1)$, точки $e^{in}$ плотны на окружности, а их мнимые части плотны на отрезке [-1,1]

2. То же самое, но не на окружности, а на отрезке [0,1]. На самом деле, надо всего лишь развернуть окружность в отрезок и вместо поворота на угол альфа сделать сдвиг на альфа:
$X=[0,1), T\colon X\to X, T(x)=x+\alpha(\mathrm{mod} 1)$
Утверждение: если \alpha\notin \mathbb Q$, то орбита любой точки всюду плотна на $X$.

[dm]

Dan_Te писал(а):

А что такое лемма Кронекера?

Об одной теореме Кронекера (Квант, 1986, №7).
Александров П.С., Маркушевич А.И., Хинчин А.Я. — Энциклопедия элементарной математики. Том I: арифметика, параграф "Диофантовы приближения".

[Dan_Te]

Гм. Не помню, чтобы у нас где-то была такая лемма. То есть может и была, но внимание на ней не акцентировалось.

[dm]

Продолжение этой задачи, это вычислить предел

$$\lim_{N\to\infty}\frac{1}{N}\sum_{n=1}^Nf(\sin n)$$

, $f\in C[-1,1]$.

[незваный гость]

А он считается? На первый взгляд, $n \mod 2\pi$ равномерно распределена на $[0,2\pi]$, откуда (неформально) $\lim\limits_{N\to\infty}\frac{1}{N}\sum\limits_{n=1}^Nf(\sin n) = \int\limits_0^{2\pi} f(\sin x) {\rm d}x = $ $2 \!\!\! \int\limits_{-\pi/2}^{\pi/2} \!\!f(\sin x) {\rm d}x = $ $2 \int\limits_{0}^{1} \frac{f(t)+f(-t)}{\sqrt{1-t^2}} {\rm d}t$. Я не прав? (Чем-то метод Монте-Карло напоминает.)

[dm]

незванный гость писал(а):

А он считается? На первый взгляд, $n \mod 2\pi$ равномерно распределена на $[0,2\pi]$

Так и есть.

незванный гость писал(а):

откуда (неформально) $\lim\limits_{N\to\infty}\frac{1}{N}\sum\limits_{n=1}^Nf(\sin n) = \int\limits_0^{2\pi} f(\sin x) {\rm d}x$. Я не прав?

Точнее $\frac{1}{2\pi}\int\limits_0^{2\pi} f(\sin x) {\rm d}x$.

Еще можно ставить вопрос о

$$\lim_{N\to\infty}\frac{1}{N}\sum_{n=1}^Nf(\sin n,\sin(n+1))$$

, $f\in C([-1,1]^2)$.

[dm]

незванный гость писал(а):

Чем-то метод Монте-Карло напоминает.)

Это он и есть.

[Dan_Te]

Это непосредственно следует из теоремы Биркгофа-Хинчина, но интересно было бы увидеть доказательство, не использующее эту теорему.