是否存在实数a>1使得数列sin(a^n)收敛？
要判断是否存在实数 $a > 1$ 使得数列 ${sin(a^n)}_{n=1}^{infty}$ 收敛，我们需要深入理解数列的性质以及正弦函数的行为。
首先，让我们来分析一下数列 ${sin(a^n)}_{n=1}^{infty}$ 的收敛性条件。一个数列收敛意味着它的项随着项数趋于无穷而趋于一个固定的值。对于正弦函数而言，它的值域是 $[1, 1]$，所以如果这个数列收敛，它的极限值一定在 $[1, 1]$ 这个区间内。
然而，问题的关键在于 $a^n$ 的增长速度。由于 $a > 1$，当 $n$ 趋于无穷大时，$a^n$ 会以指数级的速度增长。这就意味着，对于每一个整数 $k$，我们总能找到一个 $n_k$ 使得 $a^{n_k}$ 落在 $2kpi$ 附近（即 $a^{n_k} approx 2kpi$）。同样地，我们也能找到一个 $m_k$ 使得 $a^{m_k}$ 落在 $(2k+1)pi$ 附近（即 $a^{m_k} approx (2k+1)pi$）。
让我们具体来看一下：
1. 如果 $a^n$ 趋近于某个整数倍的 $2pi$：
如果我们能够找到一个序列 $n_k o infty$，使得 $a^{n_k} o 2mpi$ （其中 $m$ 是一个整数），那么 $sin(a^{n_k}) o sin(2mpi) = 0$。
2. 如果 $a^n$ 趋近于某个整数倍的 $(2k+1)pi$：
如果我们能够找到一个序列 $n'_k o infty$，使得 $a^{n'_k} o (2m+1)pi$，那么 $sin(a^{n'_k}) o sin((2m+1)pi) = 0$。
3. 如果 $a^n$ 的值在 $[0, 2pi)$ 区间内反复“跳跃”：
更一般地，正弦函数 $sin(x)$ 的周期是 $2pi$。这意味着 $sin(x) = sin(x + 2kpi)$ 对于任意整数 $k$ 都成立。
当 $a > 1$ 时，$a^n$ 的增长非常快。想象一下，随着 $n$ 的增加，$a^n$ 会跨越大量的 $2pi$ 区间。
更精确地说，考虑 $sin(a^n)$ 的值。如果数列 ${sin(a^n)}$ 收敛到一个极限 $L$，那么对于任意小的 $epsilon > 0$，存在一个整数 $N$，使得对于所有 $n > N$， $|sin(a^n) L| < epsilon$。
现在，我们来看看 $sin(a^n)$ 在 $a > 1$ 时会发生什么。由于 $a^n$ 增长速度极快，它会“扫过”大量的区间 $[2kpi, 2(k+1)pi]$。在这些区间内，正弦函数会从 $0$ 上升到 $1$，再下降到 $1$，最后回到 $0$。
考虑两个相邻的项，$sin(a^n)$ 和 $sin(a^{n+1})$。
$a^{n+1} = a cdot a^n$。
当 $n$ 很大时，$a^n$ 已经是一个很大的数。$a^{n+1}$ 比 $a^n$ 大了 $a$ 倍。
这意味着，$a^{n+1}$ 和 $a^n$ 之间的差距越来越大。
假设数列 ${sin(a^n)}$ 收敛到一个值 $L$。那么，对于足够大的 $n$，$sin(a^n)$ 的值应该非常接近 $L$。
例如，考虑 $n$ 和 $n+1$。 $sin(a^n) approx L$ 且 $sin(a^{n+1}) approx L$。
然而，$a^{n+1} = a cdot a^n$。
如果 $a^n$ 在某个时刻正好落在 $[2kpi delta, 2kpi + delta]$ 的区间内，那么 $sin(a^n)$ 会非常接近 $0$。
如果 $a^n$ 在某个时刻正好落在 $[(2k+1)pi delta, (2k+1)pi + delta]$ 的区间内，那么 $sin(a^n)$ 也会非常接近 $0$。
但是，由于 $a>1$，$a^n$ 的增长是指数级的。这意味着，在任何一个大区间内，我们总能找到 $a^n$ 的值落在 $0$ 附近（模 $2pi$ 的意义下）。
更严谨地说，我们可以考虑 $a^n pmod{2pi}$ 的行为。
设 $x_n = a^n$。我们关心的是 $sin(x_n)$ 的行为。
由于 $a > 1$，序列 $a^n$ 是发散的。
考虑任意两个不同的值 $y_1 = sin(a^n)$ 和 $y_2 = sin(a^m)$，其中 $n eq m$。
如果数列 ${sin(a^n)}$ 收敛到一个极限 $L$，那么当 $n o infty$，$sin(a^n)$ 应该越来越接近 $L$。
设 $a > 1$。我们想证明不存在实数 $a > 1$ 使得 ${sin(a^n)}$ 收敛。
假设存在这样一个 $a$。那么存在一个 $L in [1, 1]$ 使得 $lim_{n o infty} sin(a^n) = L$。
这意味着对于任意 $epsilon > 0$，存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时，$|sin(a^n) L| < epsilon$。
选取 $epsilon = 0.1$。那么存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时，$sin(a^n)$ 的值都落在 $(L0.1, L+0.1)$ 这个长度为 $0.2$ 的区间内。
现在考虑 $a^{n+1}$ 和 $a^n$。
$a^{n+1} = a cdot a^n$。
当 $n$ 很大时，$a^n$ 的值也非常大。考虑 $a^n$ 和 $a^{n+1}$ 的“相位角”，即它们除以 $2pi$ 的余数。
我们知道，对于任何实数 $x$，$sin(x)$ 的值会在 $[1, 1]$ 之间波动。
如果 $a^n$ 的增长速度不是“恰好”使得 $sin(a^n)$ 总是落在某个窄的区间里，那么数列就不收敛。
因为 $a>1$， $a^n$ 的增长非常快。这导致 $a^n pmod{2pi}$ 的行为非常复杂。
一个关键的点在于，对于任何 $a>1$，序列 $a^n pmod{2pi}$ 在 $[0, 2pi)$ 区间内“均匀分布”的。虽然严格证明这个均匀分布需要一些更深入的数论工具（如Weyl's criterion），但我们可以用直观的理解来辅助思考。
如果 $a^n pmod{2pi}$ 在 $[0, 2pi)$ 区间内能够任意接近 $0$ 和 $pi$，那么 $sin(a^n)$ 就能任意接近 $sin(0)=0$ 和 $sin(pi)=0$。
但是，如果它也能任意接近 $pi/2$ 或 $3pi/2$，那么 $sin(a^n)$ 就能任意接近 $1$ 或 $1$。
考虑一个反证法。
假设存在 $a > 1$ 使得 ${sin(a^n)}$ 收敛到 $L$。
这意味着存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时，$sin(a^n) in [Ldelta, L+delta]$，其中 $delta$ 可以任意小。
比如，取 $delta = 0.1$。那么 $sin(a^n) in [L0.1, L+0.1]$ 对于所有 $n>N$。
现在考虑 $a^{n+1}$ 和 $a^n$。
$a^{n+1} = a cdot a^n$.
由于 $a > 1$, $a^n$ 的增长速度非常快。
如果我们考虑 $a^n pmod{2pi}$，并且这个序列在 $[0, 2pi)$ 上是“稠密的”（即对于区间 $[x, y] subset [0, 2pi)$，总存在 $n$ 使得 $a^n pmod{2pi} in [x, y]$），那么 $sin(a^n)$ 就不会收敛。
为什么呢？
因为如果 $sin(a^n)$ 收敛到 $L$，那么 $sin(a^n)$ 的值最终会聚集在一个很小的区间 $[Lepsilon, L+epsilon]$ 内。
而 $a^n pmod{2pi}$ 的稠密性意味着，对于 $[0, 2pi)$ 里面的任何一个小区间，总能找到 $n$ 使得 $a^n pmod{2pi}$ 落入其中。
例如，总能找到 $n_1$ 使得 $a^{n_1} pmod{2pi}$ 非常接近 $0$，这时 $sin(a^{n_1}) approx 0$。
又总能找到 $n_2$ 使得 $a^{n_2} pmod{2pi}$ 非常接近 $pi/2$，这时 $sin(a^{n_2}) approx 1$。
如果数列收敛，那么 $0$ 和 $1$ 之间的差距（$1$）会远大于我们允许的 $epsilon$，这就产生了矛盾。
现在，我们需要证明的是，对于任何 $a > 1$，序列 $a^n pmod{2pi}$ 在 $[0, 2pi)$ 区间内是稠密的。
这个证明涉及到Diophantine Approximation（丢番图逼近）和Weyl's criterion。
Weyl's criterion表明，一个序列 ${ heta x_n }$ 的分布是均匀的，当且仅当对于每一个非零整数 $k$，$lim_{N o infty} frac{1}{N} sum_{n=1}^N e^{2pi i k heta x_n} = 0$。
在这里，我们考虑的是 ${ a^n pmod{2pi} }$ 的分布。
如果 $a$ 是一个整数，比如 $a=2$，那么序列是 $2^n pmod{2pi}$。这个序列的行为并不一定是均匀的。
例如，$2^1=2, 2^2=4, 2^3=8, 2^4=16, dots$
$2 pmod{2pi} approx 2$
$4 pmod{2pi} approx 4$
$8 pmod{2pi} approx 8 2pi approx 1.71$
$16 pmod{2pi} approx 16 2(2pi) approx 16 12.56 = 3.44$
$32 pmod{2pi} approx 32 5(2pi) approx 32 31.41 = 0.59$
$64 pmod{2pi} approx 64 10(2pi) approx 64 62.83 = 1.17$
这个序列似乎在 $[0, 2pi)$ 区间内会有比较复杂的跳跃。
核心问题在于，$a^n pmod{2pi}$ 是否能够逼近 $[0, 2pi)$ 中的任意值。
如果 $a$ 是一个代数整数，并且它的共轭根（除了 $a$ 本身）的绝对值都小于 1，那么 $a^n pmod{1}$ 在 $[0, 1)$ 区间内是均匀分布的。
然而，这里我们考虑的是 $a^n pmod{2pi}$。
一个关键的数学事实是：对于任何实数 $a > 1$，序列 $a^n pmod{1}$（即 $a^n lfloor a^n floor$）在 $[0, 1)$ 区间内是稠密的，除非 $a$ 是一个整数。
如果 $a$ 是一个整数， say $a=k ge 2$。
那么 $a^n = k^n$。
$sin(k^n)$。
如果 $k=2$，$sin(2^n)$。
$2^n pmod{2pi}$ 的行为。
我们知道，如果 $a$ 是一个整数 $a ge 2$。
那么 $a^n$ 的增长是非常快的。
考虑 $a^n pmod{2pi}$。
如果我们取 $a$ 是一个整数，比如 $a=2$。$sin(2^n)$。
$2^n$ 的值 $2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, dots$
当 $n$ 很大时，$2^n$ 之间的差距是 $2^n$。
$2^n pmod{2pi}$ 实际上是在追踪 $2^n$ 绕着原点旋转多少圈。
关键在于，对于任何 $ heta in [0, 2pi)$，我们能否找到一个序列 $n_k$ 使得 $a^{n_k} pmod{2pi}$ 任意接近 $ heta$?
如果 $a$ 是整数，$a ge 2$。
那么 $a^n pmod{2pi}$ 并不是均匀分布的。
换个角度思考：
如果 ${sin(a^n)}$ 收敛到 $L$，那么对于任意 $epsilon > 0$，存在 $N$ 使得 $|sin(a^n) L| < epsilon$ 对于所有 $n > N$。
考虑 $n$ 和 $n+1$。
$sin(a^n) approx L$
$sin(a^{n+1}) approx L$
然而，$a^{n+1} = a cdot a^n$。
假设 $a>1$ 是一个实数。
如果 $a^n pmod{2pi}$ 的值能够“填满” $[0, 2pi)$ 区间（至少在某种意义上是稠密的），那么 $sin(a^n)$ 就会在 $[1, 1]$ 之间波动，无法收敛。
一个重要的结果是，对于任何实数 $a > 1$，如果 $a$ 不是 $frac{m}{k} (2pi)$ 的形式（其中 $m, k$ 是整数，且 $a$ 构成一个特定的代数数），那么 $a^n pmod{2pi}$ 是在 $[0, 2pi)$ 区间内稠密的。
但是我们这里的 $a$ 是任意实数。
结论：
不存在实数 $a > 1$ 使得数列 ${sin(a^n)}_{n=1}^{infty}$ 收敛。
论证：
假设存在一个实数 $a > 1$ 使得数列 ${sin(a^n)}$ 收敛到一个极限 $L$。
这意味着，对于任意给定的 $epsilon > 0$，存在一个整数 $N$ 使得当 $n > N$ 时， $|sin(a^n) L| < epsilon$。
现在我们来分析 $a^n$ 的增长。由于 $a > 1$，数列 ${a^n}$ 是一个严格递增且无界的数列。这意味着 $a^n$ 会以指数速度增长。
考虑 $a^n$ 在模 $2pi$ 下的行为。函数 $sin(x)$ 的周期是 $2pi$。因此，$sin(a^n)$ 的值取决于 $a^n pmod{2pi}$。
我们设 $x_n = a^n$. 由于 $a > 1$, $x_n o infty$ 并且 $x_{n+1} = a x_n$。
当 $n$ 充分大时，$x_n$ 将变得非常大，并且 $x_{n+1}$ 和 $x_n$ 之间的差值 $x_{n+1} x_n = a^n(a1)$ 也会非常大。
关键点在于，对于任何实数 $a > 1$，序列 $a^n pmod{2pi}$ 在区间 $[0, 2pi)$ 上是“稠密的”（尽管不是在所有情况下都均匀分布）。“稠密”意味着，对于区间 $[0, 2pi)$ 的任何一个非空开区间 $(c, d)$，总存在一个足够大的 $n$ 使得 $a^n pmod{2pi} in (c, d)$。
如果序列 $a^n pmod{2pi}$ 是稠密的，这意味着 $sin(a^n)$ 的值会在 $[1, 1]$ 的区间内“探索”并无限接近所有可能的值。
具体来说：
我们总能找到一个序列 $n_k o infty$ 使得 $a^{n_k} pmod{2pi}$ 任意接近 $0$。这时 $sin(a^{n_k}) o sin(0) = 0$。
我们总能找到一个序列 $m_k o infty$ 使得 $a^{m_k} pmod{2pi}$ 任意接近 $pi/2$。这时 $sin(a^{m_k}) o sin(pi/2) = 1$。
我们总能找到一个序列 $p_k o infty$ 使得 $a^{p_k} pmod{2pi}$ 任意接近 $pi$。这时 $sin(a^{p_k}) o sin(pi) = 0$。
我们总能找到一个序列 $q_k o infty$ 使得 $a^{q_k} pmod{2pi}$ 任意接近 $3pi/2$。这时 $sin(a^{q_k}) o sin(3pi/2) = 1$。
如果 ${sin(a^n)}$ 收敛到一个极限 $L$，那么序列的项应该越来越接近 $L$。这意味着对于任意小的 $epsilon > 0$， $sin(a^n)$ 的值必须落在 $[Lepsilon, L+epsilon]$ 这个区间内。
但是，根据上面稠密性的论证，我们可以找到序列的项趋近于 $0$、$1$、$1$ 等不同的值。如果 $0, 1, 1$ 都在 $[Lepsilon, L+epsilon]$ 区间内，那么这个区间的长度至少是 $1$（例如，$0$ 和 $1$ 之间的距离），甚至 $2$（例如，$1$ 和 $1$ 之间的距离）。这与 $epsilon$ 可以任意小矛盾。
因此，数列 ${sin(a^n)}$ 不可能收敛。
总结：
不存在实数 $a > 1$ 使得数列 $sin(a^n)$ 收敛。这是因为当 $a > 1$ 时，$a^n$ 的指数增长导致 $a^n pmod{2pi}$ 的值在 $[0, 2pi)$ 区间内是稠密的。这种稠密性使得 $sin(a^n)$ 的值会在 $[1, 1]$ 之间波动，并无限趋近于各种值（包括 $0, 1, 1$），从而无法收敛到一个单一的极限。
首先，让我们来分析一下数列 ${sin(a^n)}_{n=1}^{infty}$ 的收敛性条件。一个数列收敛意味着它的项随着项数趋于无穷而趋于一个固定的值。对于正弦函数而言，它的值域是 $[1, 1]$，所以如果这个数列收敛，它的极限值一定在 $[1, 1]$ 这个区间内。
然而，问题的关键在于 $a^n$ 的增长速度。由于 $a > 1$，当 $n$ 趋于无穷大时，$a^n$ 会以指数级的速度增长。这就意味着，对于每一个整数 $k$，我们总能找到一个 $n_k$ 使得 $a^{n_k}$ 落在 $2kpi$ 附近（即 $a^{n_k} approx 2kpi$）。同样地，我们也能找到一个 $m_k$ 使得 $a^{m_k}$ 落在 $(2k+1)pi$ 附近（即 $a^{m_k} approx (2k+1)pi$）。
让我们具体来看一下：
1. 如果 $a^n$ 趋近于某个整数倍的 $2pi$：
如果我们能够找到一个序列 $n_k o infty$，使得 $a^{n_k} o 2mpi$ （其中 $m$ 是一个整数），那么 $sin(a^{n_k}) o sin(2mpi) = 0$。
2. 如果 $a^n$ 趋近于某个整数倍的 $(2k+1)pi$：
如果我们能够找到一个序列 $n'_k o infty$，使得 $a^{n'_k} o (2m+1)pi$，那么 $sin(a^{n'_k}) o sin((2m+1)pi) = 0$。
3. 如果 $a^n$ 的值在 $[0, 2pi)$ 区间内反复“跳跃”：
更一般地，正弦函数 $sin(x)$ 的周期是 $2pi$。这意味着 $sin(x) = sin(x + 2kpi)$ 对于任意整数 $k$ 都成立。
当 $a > 1$ 时，$a^n$ 的增长非常快。想象一下，随着 $n$ 的增加，$a^n$ 会跨越大量的 $2pi$ 区间。
更精确地说，考虑 $sin(a^n)$ 的值。如果数列 ${sin(a^n)}$ 收敛到一个极限 $L$，那么对于任意小的 $epsilon > 0$，存在一个整数 $N$，使得对于所有 $n > N$， $|sin(a^n) L| < epsilon$。
现在，我们来看看 $sin(a^n)$ 在 $a > 1$ 时会发生什么。由于 $a^n$ 增长速度极快，它会“扫过”大量的区间 $[2kpi, 2(k+1)pi]$。在这些区间内，正弦函数会从 $0$ 上升到 $1$，再下降到 $1$，最后回到 $0$。
考虑两个相邻的项，$sin(a^n)$ 和 $sin(a^{n+1})$。
$a^{n+1} = a cdot a^n$。
当 $n$ 很大时，$a^n$ 已经是一个很大的数。$a^{n+1}$ 比 $a^n$ 大了 $a$ 倍。
这意味着，$a^{n+1}$ 和 $a^n$ 之间的差距越来越大。
假设数列 ${sin(a^n)}$ 收敛到一个值 $L$。那么，对于足够大的 $n$，$sin(a^n)$ 的值应该非常接近 $L$。
例如，考虑 $n$ 和 $n+1$。 $sin(a^n) approx L$ 且 $sin(a^{n+1}) approx L$。
然而，$a^{n+1} = a cdot a^n$。
如果 $a^n$ 在某个时刻正好落在 $[2kpi delta, 2kpi + delta]$ 的区间内，那么 $sin(a^n)$ 会非常接近 $0$。
如果 $a^n$ 在某个时刻正好落在 $[(2k+1)pi delta, (2k+1)pi + delta]$ 的区间内，那么 $sin(a^n)$ 也会非常接近 $0$。
但是，由于 $a>1$，$a^n$ 的增长是指数级的。这意味着，在任何一个大区间内，我们总能找到 $a^n$ 的值落在 $0$ 附近（模 $2pi$ 的意义下）。
更严谨地说，我们可以考虑 $a^n pmod{2pi}$ 的行为。
设 $x_n = a^n$。我们关心的是 $sin(x_n)$ 的行为。
由于 $a > 1$，序列 $a^n$ 是发散的。
考虑任意两个不同的值 $y_1 = sin(a^n)$ 和 $y_2 = sin(a^m)$，其中 $n eq m$。
如果数列 ${sin(a^n)}$ 收敛到一个极限 $L$，那么当 $n o infty$，$sin(a^n)$ 应该越来越接近 $L$。
设 $a > 1$。我们想证明不存在实数 $a > 1$ 使得 ${sin(a^n)}$ 收敛。
假设存在这样一个 $a$。那么存在一个 $L in [1, 1]$ 使得 $lim_{n o infty} sin(a^n) = L$。
这意味着对于任意 $epsilon > 0$，存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时，$|sin(a^n) L| < epsilon$。
选取 $epsilon = 0.1$。那么存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时，$sin(a^n)$ 的值都落在 $(L0.1, L+0.1)$ 这个长度为 $0.2$ 的区间内。
现在考虑 $a^{n+1}$ 和 $a^n$。
$a^{n+1} = a cdot a^n$。
当 $n$ 很大时，$a^n$ 的值也非常大。考虑 $a^n$ 和 $a^{n+1}$ 的“相位角”，即它们除以 $2pi$ 的余数。
我们知道，对于任何实数 $x$，$sin(x)$ 的值会在 $[1, 1]$ 之间波动。
如果 $a^n$ 的增长速度不是“恰好”使得 $sin(a^n)$ 总是落在某个窄的区间里，那么数列就不收敛。
因为 $a>1$， $a^n$ 的增长非常快。这导致 $a^n pmod{2pi}$ 的行为非常复杂。
一个关键的点在于，对于任何 $a>1$，序列 $a^n pmod{2pi}$ 在 $[0, 2pi)$ 区间内“均匀分布”的。虽然严格证明这个均匀分布需要一些更深入的数论工具（如Weyl's criterion），但我们可以用直观的理解来辅助思考。
如果 $a^n pmod{2pi}$ 在 $[0, 2pi)$ 区间内能够任意接近 $0$ 和 $pi$，那么 $sin(a^n)$ 就能任意接近 $sin(0)=0$ 和 $sin(pi)=0$。
但是，如果它也能任意接近 $pi/2$ 或 $3pi/2$，那么 $sin(a^n)$ 就能任意接近 $1$ 或 $1$。
考虑一个反证法。
假设存在 $a > 1$ 使得 ${sin(a^n)}$ 收敛到 $L$。
这意味着存在 $N$ 使得当 $n > N$ 时，$sin(a^n) in [Ldelta, L+delta]$，其中 $delta$ 可以任意小。
比如，取 $delta = 0.1$。那么 $sin(a^n) in [L0.1, L+0.1]$ 对于所有 $n>N$。
现在考虑 $a^{n+1}$ 和 $a^n$。
$a^{n+1} = a cdot a^n$.
由于 $a > 1$, $a^n$ 的增长速度非常快。
如果我们考虑 $a^n pmod{2pi}$，并且这个序列在 $[0, 2pi)$ 上是“稠密的”（即对于区间 $[x, y] subset [0, 2pi)$，总存在 $n$ 使得 $a^n pmod{2pi} in [x, y]$），那么 $sin(a^n)$ 就不会收敛。
为什么呢？
因为如果 $sin(a^n)$ 收敛到 $L$，那么 $sin(a^n)$ 的值最终会聚集在一个很小的区间 $[Lepsilon, L+epsilon]$ 内。
而 $a^n pmod{2pi}$ 的稠密性意味着，对于 $[0, 2pi)$ 里面的任何一个小区间，总能找到 $n$ 使得 $a^n pmod{2pi}$ 落入其中。
例如，总能找到 $n_1$ 使得 $a^{n_1} pmod{2pi}$ 非常接近 $0$，这时 $sin(a^{n_1}) approx 0$。
又总能找到 $n_2$ 使得 $a^{n_2} pmod{2pi}$ 非常接近 $pi/2$，这时 $sin(a^{n_2}) approx 1$。
如果数列收敛，那么 $0$ 和 $1$ 之间的差距（$1$）会远大于我们允许的 $epsilon$，这就产生了矛盾。
现在，我们需要证明的是，对于任何 $a > 1$，序列 $a^n pmod{2pi}$ 在 $[0, 2pi)$ 区间内是稠密的。
这个证明涉及到Diophantine Approximation（丢番图逼近）和Weyl's criterion。
Weyl's criterion表明，一个序列 ${ heta x_n }$ 的分布是均匀的，当且仅当对于每一个非零整数 $k$，$lim_{N o infty} frac{1}{N} sum_{n=1}^N e^{2pi i k heta x_n} = 0$。
在这里，我们考虑的是 ${ a^n pmod{2pi} }$ 的分布。
如果 $a$ 是一个整数，比如 $a=2$，那么序列是 $2^n pmod{2pi}$。这个序列的行为并不一定是均匀的。
例如，$2^1=2, 2^2=4, 2^3=8, 2^4=16, dots$
$2 pmod{2pi} approx 2$
$4 pmod{2pi} approx 4$
$8 pmod{2pi} approx 8 2pi approx 1.71$
$16 pmod{2pi} approx 16 2(2pi) approx 16 12.56 = 3.44$
$32 pmod{2pi} approx 32 5(2pi) approx 32 31.41 = 0.59$
$64 pmod{2pi} approx 64 10(2pi) approx 64 62.83 = 1.17$
这个序列似乎在 $[0, 2pi)$ 区间内会有比较复杂的跳跃。
核心问题在于，$a^n pmod{2pi}$ 是否能够逼近 $[0, 2pi)$ 中的任意值。
如果 $a$ 是一个代数整数，并且它的共轭根（除了 $a$ 本身）的绝对值都小于 1，那么 $a^n pmod{1}$ 在 $[0, 1)$ 区间内是均匀分布的。
然而，这里我们考虑的是 $a^n pmod{2pi}$。
一个关键的数学事实是：对于任何实数 $a > 1$，序列 $a^n pmod{1}$（即 $a^n lfloor a^n floor$）在 $[0, 1)$ 区间内是稠密的，除非 $a$ 是一个整数。
如果 $a$ 是一个整数， say $a=k ge 2$。
那么 $a^n = k^n$。
$sin(k^n)$。
如果 $k=2$，$sin(2^n)$。
$2^n pmod{2pi}$ 的行为。
我们知道，如果 $a$ 是一个整数 $a ge 2$。
那么 $a^n$ 的增长是非常快的。
考虑 $a^n pmod{2pi}$。
如果我们取 $a$ 是一个整数，比如 $a=2$。$sin(2^n)$。
$2^n$ 的值 $2, 4, 8, 16, 32, 64, 128, dots$
当 $n$ 很大时，$2^n$ 之间的差距是 $2^n$。
$2^n pmod{2pi}$ 实际上是在追踪 $2^n$ 绕着原点旋转多少圈。
关键在于，对于任何 $ heta in [0, 2pi)$，我们能否找到一个序列 $n_k$ 使得 $a^{n_k} pmod{2pi}$ 任意接近 $ heta$?
如果 $a$ 是整数，$a ge 2$。
那么 $a^n pmod{2pi}$ 并不是均匀分布的。
换个角度思考：
如果 ${sin(a^n)}$ 收敛到 $L$，那么对于任意 $epsilon > 0$，存在 $N$ 使得 $|sin(a^n) L| < epsilon$ 对于所有 $n > N$。
考虑 $n$ 和 $n+1$。
$sin(a^n) approx L$
$sin(a^{n+1}) approx L$
然而，$a^{n+1} = a cdot a^n$。
假设 $a>1$ 是一个实数。
如果 $a^n pmod{2pi}$ 的值能够“填满” $[0, 2pi)$ 区间（至少在某种意义上是稠密的），那么 $sin(a^n)$ 就会在 $[1, 1]$ 之间波动，无法收敛。
一个重要的结果是，对于任何实数 $a > 1$，如果 $a$ 不是 $frac{m}{k} (2pi)$ 的形式（其中 $m, k$ 是整数，且 $a$ 构成一个特定的代数数），那么 $a^n pmod{2pi}$ 是在 $[0, 2pi)$ 区间内稠密的。
但是我们这里的 $a$ 是任意实数。
结论：
不存在实数 $a > 1$ 使得数列 ${sin(a^n)}_{n=1}^{infty}$ 收敛。
论证：
假设存在一个实数 $a > 1$ 使得数列 ${sin(a^n)}$ 收敛到一个极限 $L$。
这意味着，对于任意给定的 $epsilon > 0$，存在一个整数 $N$ 使得当 $n > N$ 时， $|sin(a^n) L| < epsilon$。
现在我们来分析 $a^n$ 的增长。由于 $a > 1$，数列 ${a^n}$ 是一个严格递增且无界的数列。这意味着 $a^n$ 会以指数速度增长。
考虑 $a^n$ 在模 $2pi$ 下的行为。函数 $sin(x)$ 的周期是 $2pi$。因此，$sin(a^n)$ 的值取决于 $a^n pmod{2pi}$。
我们设 $x_n = a^n$. 由于 $a > 1$, $x_n o infty$ 并且 $x_{n+1} = a x_n$。
当 $n$ 充分大时，$x_n$ 将变得非常大，并且 $x_{n+1}$ 和 $x_n$ 之间的差值 $x_{n+1} x_n = a^n(a1)$ 也会非常大。
关键点在于，对于任何实数 $a > 1$，序列 $a^n pmod{2pi}$ 在区间 $[0, 2pi)$ 上是“稠密的”（尽管不是在所有情况下都均匀分布）。“稠密”意味着，对于区间 $[0, 2pi)$ 的任何一个非空开区间 $(c, d)$，总存在一个足够大的 $n$ 使得 $a^n pmod{2pi} in (c, d)$。
如果序列 $a^n pmod{2pi}$ 是稠密的，这意味着 $sin(a^n)$ 的值会在 $[1, 1]$ 的区间内“探索”并无限接近所有可能的值。
具体来说：
我们总能找到一个序列 $n_k o infty$ 使得 $a^{n_k} pmod{2pi}$ 任意接近 $0$。这时 $sin(a^{n_k}) o sin(0) = 0$。
我们总能找到一个序列 $m_k o infty$ 使得 $a^{m_k} pmod{2pi}$ 任意接近 $pi/2$。这时 $sin(a^{m_k}) o sin(pi/2) = 1$。
我们总能找到一个序列 $p_k o infty$ 使得 $a^{p_k} pmod{2pi}$ 任意接近 $pi$。这时 $sin(a^{p_k}) o sin(pi) = 0$。
我们总能找到一个序列 $q_k o infty$ 使得 $a^{q_k} pmod{2pi}$ 任意接近 $3pi/2$。这时 $sin(a^{q_k}) o sin(3pi/2) = 1$。
如果 ${sin(a^n)}$ 收敛到一个极限 $L$，那么序列的项应该越来越接近 $L$。这意味着对于任意小的 $epsilon > 0$， $sin(a^n)$ 的值必须落在 $[Lepsilon, L+epsilon]$ 这个区间内。
但是，根据上面稠密性的论证，我们可以找到序列的项趋近于 $0$、$1$、$1$ 等不同的值。如果 $0, 1, 1$ 都在 $[Lepsilon, L+epsilon]$ 区间内，那么这个区间的长度至少是 $1$（例如，$0$ 和 $1$ 之间的距离），甚至 $2$（例如，$1$ 和 $1$ 之间的距离）。这与 $epsilon$ 可以任意小矛盾。
因此，数列 ${sin(a^n)}$ 不可能收敛。
总结：
不存在实数 $a > 1$ 使得数列 $sin(a^n)$ 收敛。这是因为当 $a > 1$ 时，$a^n$ 的指数增长导致 $a^n pmod{2pi}$ 的值在 $[0, 2pi)$ 区间内是稠密的。这种稠密性使得 $sin(a^n)$ 的值会在 $[1, 1]$ 之间波动，并无限趋近于各种值（包括 $0, 1, 1$），从而无法收敛到一个单一的极限。
网友意见
不存在.
首先, 广为人知的结论是 不存在, 但由海涅定理我们知道, 函数极限不存在并不意味着数列极限不存在. 接下来, 我们先考虑一个简单的情况, 先证明 不存在.
用反证法, 假设该数列极限存在令为 .
若 , 注意到 , 从而有 , 由余弦函数的性质, 对充分大的 , , 其中 , 由此可得 , 这是不可能的, 矛盾;
若 , 由 可得, , 与之前讨论类似, 可得矛盾.
至此, 我们完成了 不存在的证明.
其次, 我们发现上述的论证过程严格依赖于三角函数的一些性质, 用的是反证法分类讨论, 那么这种论证过程是否可以进行推广呢. 我们再考虑一个更复杂一些的特殊情形, 考察 是否存在. 答案是不存在, 下面陈述证明步骤, 仍是反证法.
假设该数列极限存在令为 .
若 , 从而对充分大的 , ，
其中 , 从而当 充分大时,有 ，可得 , 又由于 , 可得 , 矛盾.
若 由四倍角公式，我们有 ，
从而 亦收敛, 由此对充分大的 ,
其中 , 从而 ,
对于充分大的 ，上述表明 , 且对应地 . 当 时, 我们有 , 注意到 , 从而 , 此意味着 , 矛盾;
当 时，可以类似导出矛盾.
至此, 我们证明了 不存在.
最后, 我们再来审视原问题, 我们来证明 不存在. 此时问题会更复杂一些, 因为这时 是未知的, 有可能是无理数, 看上去无法使用类似的倍角公式转化问题, 事实上却不是如此.
仍用反证法处理, 若此时 , 则类似以上讨论, 我们有 , 从而 , 此意味着对充分大的 , 有 , 此表明 , 从而讨论又回到了类似于数列 的情况;
若 , 有 , 从而数列 收敛,
类似地仍可以证明 , 从而讨论又回到了类似于 的情况.
综上全部论述, 我们证明了
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