Краткий ответ: $\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=1$, где $a_n=n\sin (1/n)$.
Несколько обоснований.
1) Стандартный предел $\sin x\sim x$ при $x\to 0$. Пусть $x_n=1/n\to 0$. Тогда
$$a_n=\frac{\sin x_n}{x_n}\to 1,$$ поскольку $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=1$.
2) Теорема о непрерывности (переход предела через функциональную зависимость). Рассмотрим функцию $f(x)=\frac{\sin x}{x}$ для $x\ne 0$ и положим $f(0)=1$. Функция $f$ непрерывна при $x=0$, поэтому при $x_n=1/n\to 0$ имеем $f(x_n)\to f(0)=1$. Это ровно $a_n\to 1$.
3) Теорема Лопиталя (для функции). Рассмотрим предел ${\lim }_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}$. Это форма $\frac{0}{0}$; по Лопиталю
$$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sin x}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\cos x}{1}=1,$$ откуда следует результат для последовательности.
4) Сжатие (неравенство). Для $0<x<\pi /2$ справедливо
$$\cos x\le \frac{\sin x}{x}\le 1.$$ Применяя при $x=1/n$ и устремляя $n\to \infty$ (где $\cos (1/n)\to 1$), получаем $\frac{\sin (1/n)}{1/n}\to 1$.
5) Рядовое (Тейлор) разложение для более точной оценки:
$$\sin y=y-\frac{y^3}{6}+o(y^3)(y\to 0).$$ При $y=1/n$ даёт
$$a_n=n\sin \frac{1}{n}=1-\frac{1}{6n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\to 1.$$
Вывод: во всех подходах $\underset{n\to \infty }{\lim }n\sin \frac{1}{n}=1$.