Yo (vergonzosamente) admitir que no soy muy competente en el uso del S-tipo de notación.
Aquí está una extensa versión de Jack de la prueba.
Considerar la convergents $p_n/q_n$ de la continuación de la fracción de $\pi$, y ten en cuenta que
$$\lim_{n\to\infty}q_n = +\infty \tag{1}$$
$$|p_n-q_n\pi|\leqslant \frac1{q_n}\tag{2}$$
Por parte del Teorema de Taylor con resto de Lagrange, tenemos que
$$\cos(x) = \cos(a) - \cos(a)\,\frac{{(x-a)}^2}2+R_a(x),\tag{3}$$
donde $R_a(x) = \frac{\sin(\eta)}{3!}\,{|x-a|}^3$ algunos $\eta$$a$$x$.
En particular,
$$|R_a(x)| \leqslant \frac{{|x-a|}^3}{6}\tag{4}.$$
La introducción de $x=p_n$ $a=q_n\pi$ en la ecuación $(3)$ obtenemos
$$\cos(p_n) = 1 - \frac12{(p_n-q_n\pi)}^2+R_{q_n\pi}(p_n),\tag{5}$$
donde a través de $(4)$ hemos enlazado
$$|R_{q_n\pi}(p_n)| \leqslant \frac16 {|p_n-q_n\pi|}^3\leqslant \frac1{6q_n^3}\tag{6}.$$
En particular, como $n\to\infty$ se desprende de lo $(1)$ que $|R_{q_n\pi}(p_n)| \to 0$.
Vamos a considerar la expresión ${\cos(p_n)}^{2p_n} = \exp\Big(2p_n\,\log\big(\cos(p_n)\big)\Big)$.
Una vez más hemos de aplicar del Teorema de Taylor con resto de Lagrange, para lograr que
$$\log(1-x) = -x + \mathcal R_1(1-x),\tag{7}$$
donde $\mathcal R_1(1-x) = -\frac12 {\left(\frac x\xi\right)}^2$ algunos $\xi$$1$$1-x$.
Es por eso que podemos escribir
\begin{align}\log(\cos(p_n))
&=
\log\Big( 1 - \left(\frac12{(p_n-q_n\pi)}^2-R_{q_n\pi}(p_n)\right)\Big)
\\&=
R_{q_n\pi}(p_n) - \frac12{(p_n-q_n\pi)}^2 - \frac12 {\left(\frac{R_{q_n\pi}(p_n) - \frac12{(p_n-q_n\pi)}^2}\xi\right)}^2
\end{align}
así que
\begin{align}
|2p_n\,\log(\cos(p_n))|
&\leqslant
\underbrace{2p_n\left\lvert R_{q_n\pi}(p_n)\right\rvert}_{\displaystyle\leqslant \frac{p_n}{3q_n^3}}
+
\underbrace{p_n{(p_n-q_n\pi)}^2}_{\displaystyle\leqslant \frac{p_n}{q_n^2}}
\\&+\underbrace{\frac1{\xi^2}}_{\xi\to 1 \,\text{ as }n \to \infty}\left(
\underbrace{p_n{\left\lvert R_{q_n\pi}(p_n)\right\rvert}^2}_{\displaystyle\leqslant \frac{p_n}{36q_n^6}}
+\underbrace{p_n\left\lvert R_{q_n\pi}(p_n)\right\rvert(p_n-q_n\pi)}_{\displaystyle\leqslant \frac{p_n}{6q_n^4}}
+\underbrace{\frac{p_n}2{(p_n-q_n\pi)}^4}_{\displaystyle\leqslant \frac{p_n}{2q_n^4}}
\right).
\end{align}
Porque de $(1)$$\lim_{n\to\infty} p_n/q_n = \pi$, se deduce que siempre que $a>0$ hemos
$$\lim_{n\to\infty} \frac{p_n}{q_n^{1+a}} = \lim_{n\to\infty} \frac{p_n}{q_n}\,\frac1{q_n^a} = 0.$$
Por lo tanto, $\lim_{n\to\infty} 2p_n\,\log(\cos(p_n)) = 0$ y, finalmente,
$$\lim_{n\to\infty}{\cos(p_n)}^{2p_n} = \lim_{n\to\infty}\exp\Big(2p_n\,\log\big(\cos(p_n)\big)\Big) = \exp(0) = 1.$$
