$\lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos a_{1}x \cdot \cos a_{2}x\cdot \cos a_{3}x\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cos a_{n}x}{x^2}$

Question

$\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos a_{1}x \cdot \cos a_{2}x\cdot \cos a_{3}x\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cos a_{n}x}{x^2}$

sin la regla del hospital D l y la expansión de la serie.

lo he resuelto expansión en serie de $\cos x$ pero quiere ser capaz de ir más allá sin la expansión de la serie

Answer 1

Con la ampliación de la serie (aunque haya precisado que no los quería), considerando $$P_n=\prod_{i=1}^n \cos(a_ix) \implies \log(P_n)=\sum_{i=1}^n \log[\cos(a_ix)]$$ Ahora, por Taylor alrededor de $y=0$ $$\cos(y)=1-\frac{y^2}{2}+O\left(y^4\right)\implies \log[\cos(y)]=-\frac{y^2}{2}+O\left(y^4\right)$$ Hacer $y=a_ix$ para conseguir $$\log(P_n)=\sum_{i=1}^n \log[\cos(a_ix)]=-\frac{x^2} 2\sum_{i=1}^n a_i^2+O\left(x^4\right)$$ Ahora, utilizando $y=e^{\log(y)}$ y Taylor de nuevo $$P_n=1-\frac {x^2} 2\sum_{i=1}^n a_i^2+O\left(x^4\right)$$

¡Este era el pequeño truco!

Answer 2

$b_n:=1-\cos a_{1}x \cdot \cos a_{2}x\cdot \cos a_{3}x\cdot \cdot \cdot \cdot \cdot \cos a_{n}x$

$b_n-1=(b_{n-1}-1)\cdot \cos a_n x$ => $b_n=b_{n-1}\cdot \cos a_n x+1-\cos a_n x$

$\lim_{x\to 0}\frac{b_n}{x^2}=\lim_{x\to 0}(\frac{b_{n-1}}{x^2\cos a_n x}+\frac{1-\cos a_n x}{x^2\cos a_n x})=\lim_{x\to 0}\frac{b_{n-1}}{x^2}+\frac{a_n^2}{2}$

\=> $\lim_{x\to 0}\frac{b_n}{x^2}=\frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n a_k^2$

He asumido aquí que $\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos ax}{x^2}=\frac{a^2}{2}$ .

Answer 3

Otro enfoque que me pareció digno de compartir es el uso del cálculo multivariable. Sin embargo, hay que comprobar más a fondo las condiciones de los límites multivariables. Aunque la solución implica la diferenciación, pero no se debe a la regla de L'Hospital.

Definamos $f(u)$ y $g(x,y)$ como $$f(u)=\cos{(a_1u)}\cdot\cos{(a_2u)}\cdot\ldots\cdot\cos{(a_nu)} =\prod_{i=1}^{n}{\cos(a_iu)}\\ g(x,y)=\frac{f(y)-f(x)}{x^2-y^2}$$

Puede comprobar fácilmente que el límite $L$ en la pregunta, es decir, $$L=\lim_{x\to0}{\frac{1-f(x)}{x^2}}$$ es equivalente a esta forma de doble límite $$L=\lim_{x\to0}{\lim_{y\to0}{g(x,y)}}$$ porque el límite interior sale como $(1-f(x))/x^2$ . Ahora, asumiendo $g(x,y)$ tiene un límite en $(0,0)$ el camino para llegar $(0,0)$ no debería importar, utilizamos otra ruta como esta $$L=\lim_{y\to0}{\lim_{x\to y}{g(x,y)}}$$ Por lo tanto, \begin{aligned} L&=\lim_{y\to0}{\lim_{x\to y}{g(x,y)}}\\ &=\lim_{y\to0}{\lim_{x\to y}{\frac{f(y)-f(x)}{x^2-y^2}}}\\ &=\lim_{y\to0}{\lim_{x\to y}{\frac{f(y)-f(x)}{x-y}\frac1{x+y}}}\\ &=\lim_{y\to0}{\left( \lim_{x\to y}{\frac{f(y)-f(x)}{x-y}}\lim_{x\to y}{\frac1{x+y}} \right)}\\ \end{aligned} El primer límite dentro del paréntesis es (por definición) de $-f'(y)$ y el segundo es igual a $1/2y$ . Así que, $L$ sería $$L=-\lim_{y\to0}{\frac{f'(y)}{2y}}$$ Lo único es encontrar $f'(u)$ . Utilizando la regla de diferenciación de productos se obtiene $$f'(u)=-\sum_{i=1}^{n}{\left(a_i\sin{(a_iu)} \prod_{j=1}^{n}\frac{\cos(a_ju)}{\cos(a_iu)}\right)}$$ Reemplazando esto en el límite tendremos \begin{aligned} L&=\lim_{y\to0}{\sum_{i=1}^{n}{\left(\frac{a_i\sin{(a_iy)}}{2y} \prod_{j=1}^{n}\frac{\cos(a_jy)}{\cos(a_iy)}\right)}} \\ &= \sum_{i=1}^{n}{\left( \lim_{y\to0}{\frac{a_i\sin{(a_iy)}}{2y}}\lim_{y\to0}{\prod_{j=1}^{n}\frac{\cos(a_jy)}{\cos(a_iy)}} \right)} \end{aligned}

El primer límite es igual a $a_i^2/2$ y el segundo es $1$ . Finalmente, $L$ es $$L=\frac12\sum_{i=1}^{n}{a_i^2}$$