Ok. Sia $ ~ n(1),n(2),\ldots $ una successione crescente di naturali tale che $ ~ \sin n(1)x, \sin n(2)x,\ldots $ converge puntualmente.
Lemma importante: per ogni $ ~ \epsilon > 0 $, per ogni aperto $ ~ A \subset [-1,1] $, esiste un N tale che, se $ ~ n > N $ (fin qua nessuno sconvolto vero?
), $ ~ f_n^{-1}(A) $ interseca ogni intervallo di diametro $ ~ \ge \epsilon $.
Cominciamo ad esempio dall'intervallo $ ~ A_1 = [0,1] $.
Trovo un $ ~ i(1) $ tale che l'insieme degli x tali che $ ~ \sin n(i(1))x \in [-1,-\frac 12] $ intersechi $ ~ A_1 $. Chiamo $ ~ A_2 $ tale intersezione.
Trovo un $ ~ i(2) $ tale che l'insieme degli x tali che $ ~ \sin n(i(2))x \in [\frac 12, 1] $ intersechi $ ~ A_2 $. Chiamo $ ~ A_3 $ tale intersezione.
Così vado avanti all'infinito, andando alternatamente in alto e in basso, e considero $ ~ A = \bigcap A_i $. Visto che gli $ ~ A_i $ erano una successione di chiusi incatenati, A ha almeno un punto. Sia $ ~ x $ questo punto.
Ora è chiaro che, visto che $ ~ \sin n(i(2k)) \ge \frac 12 $ e che $ ~ \sin n(i(2k+1))x \le -\frac 12 $, la successione non poteva convergere in x.
Se f è una funzione continua, periodica, non costante, considerando la successione $ ~ f(nx) $ la dimostrazione dovrebbe ancora funzionare.