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很自然可以想到

这里 表示 的小数部分。问题是，这个序列 是否有极限。下面从两个角度展开：

首先是其他答主提到的另一个问题：

通过类似的处理，等价于讨论 的极限（因为事先知道极限为零，所以不必除2）。这个问题简单的多，因为我们有

（ ）

不难得到

所以有

于是我们就得到 （事实上，分 和 讨论，均有 ）

从这个角度出发，不难得到如下的一个想法：

我们希望找到这样一个级数：

这里 为整数，使得 的极限易于判别。例如，利用项明达公式：

可以得到

尽管 时 必为整数，我们却无法保证 在此范围内一直为整数，这是因为 中2的幂次为 ，而 中2的幂次则比2k小得多（对充分大的k），因而不能保证 时所有的 都为整数。（也不大可能精确的求出小数部分的极限）另外，根据瓦里斯公式， ( )，这表明只有 时才有可能使余项收敛于0（这使得大于1的非整数项远远超出我们可能估计的范围），所以这条思路gg。当然，不排除有更合适的级数表达式能够帮助我们判定极限的存在性乃至求出这一极限。

另外一个想法自然是反证法，让我们试试证明这个极限不存在：

记

并假定

那么就有 (对充分大的n)。注意到 其中 为 的2n次多项式，那么sinx应当为0或该多项式的几个根之一。。。

未完待续......

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高赞答案显然是错误的。

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假设一个命题p为真，利用这个命题p推导出别的命题q为真，仅仅表示p?q或者!q?!p，也就是说你可以通过这个证明过程得到「如果极限不存在，则e+1/2π不是有理数」。但想以此来说明p的真假未知能推导出p真假未知的前提要是补充条件!p?!q，也就是需要保证p?q，显然单向的推导过程是无法保证这个条件成立的。这和高中学过的充分条件与必要条件的逻辑类似。

但是也不能说这位答主的逻辑推导完全没有价值。因为如果命题A「sin(n!)极限不存在」已经被证明为真，那么命题B「e+1/2π为无理数」也会被证明为真，既然后者没被证明，那么只有有三种可能：

①A已经被证明为真，但世界上还没有人发现A和B的关系，所以B未被解决。

②A已经被证明为假，所以无法通过A判断B的真假，B未被解决。

③A尚未被证明，同样也无法通过A判断B的真假，B未被解决。

当然我相信①的可能性几乎为0。问题在于②和③都是有可能，当B未被解决的时候，你并不知道是因为A没被证明，还是因为A已经被证明为假。但至少我们知道了「sin(n!)很有可能并没有被证明不存在」，算是提供一些参考价值吧。

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我也在答案中看到另一种观点：

因为n!趋于无穷，所以sin(n!)的取值是振荡的。这是一种错误的想法。很简单的反例就是An＝sin(2nπ+1/n)，虽然2nπ+1/n趋于无穷，但显然An的极限是为0的。

这个反例也揭露了一种证明极限存在的思路：

证明n!%2π的极限存在。

至于怎么证.....我当然不知道呀.....要是知道就直接甩出来了。

逃。

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假设 是有理数，其中 是正整数。那么当 的时候

。

因此，如果 没有极限，就可以推出 是无理数，而后者是个未解决问题。

此回答已被编辑。

原标题「你的问题是一个未解决问题」存在争议（见其它回答^[1]），已经删除。

不过，直觉上看，使 有极限的实数 构成零测度集，所以1不太可能属于这个集合；而证明它不属于这个集合又能推出一个未解决问题。

参考

1. ^你们不用匿名，我想认识想和我讨论数学的人

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想了想确实是一个 的问题，一反直觉，这种形式确实有可能存在极限。

用简单的极限概念（微积分基础，我也就会这么多了）给出一个弱结论来抛砖引玉吧：

任给 ，使得

引理：

任给 ，可以构造一个收敛区间的序列 ，满足 ，且

引理证明：

构造序列，令第一项 满足条件且 的宽度为 ，则其中又必能找到子区间

而 ，收敛至 ，且 ，则区间序列最终收敛至常数，记为

引理推论：

任给 ，可以找到 ，使得当 时，有 ，即 属于 的邻域

这也就意味著 收敛于

至此，我们就已经证明了部分结论：

任给 ，存在 ，使得

即

为了进一步得到结论，对于给定的 项开始构造序列 ，其中

显然存在

余下步骤略去

整个证明过程的重点在于， 的同余类是可以收敛的，因为无论将 限制在多么小的范围 ，只要 取足够大，下一项 的取值范围仍然能覆盖整个同余类。也就是说， 中又能找到一个子区间 ，它使得下一项 也在收敛值的邻域之中

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有极限，并且是零。因为 （逃

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