$$\lim\limits_{n\to\infty}\cos\frac{1}{n\sqrt{n}}\cos\frac{2}{n\sqrt{n}}\cdots\cos\frac{n}{n\sqrt{n}}$$
No es difícil demostrar que el límite existe, pero ¿es posible calcular el límite? ¡Las sugerencias son bienvenidas!
Respuestas
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El producto infinito es un poco difícil de trabajar, así que para facilitar las cosas calculamos el logaritmo del producto en su lugar. Nuestro límite se convierte en
$$\lim_{n\to\infty}\sum^n_{i=1}\ln\cos\frac{i}{n^{\frac{3}{2}}}$$
Utilizamos una serie de Taylor para calcular $\ln\cos x$ alrededor de $x=0$ . Sabemos que $\cos x=1-\frac{x^2}{2}+O\left(x^4\right)$ y $\ln(1+x)=x+O\left(x^2\right)$ . Por lo tanto,
$$\ln\cos x=\ln\left(1-\frac{x^2}{2}+O\left(x^4\right)\right)=-\frac{x^2}{2}+O\left(x^4\right)+O\left(\left(-\frac{x^2}{2}+O\left(x^4\right)\right)^2\right)$$
La última asíntota es igual a $O\left(x^4\right)$ por lo que nuestra expresión final se convierte en
$$\ln\cos x=-\frac{x^2}{2}+O\left(x^4\right)$$
Aplicando esto en nuestro límite obtenemos:
$$\lim_{n\to\infty}\sum^n_{i=1}-\frac{i^2}{2n^3}+O\left(\frac{i^4}{n^6}\right)=\lim_{n\to\infty}-\sum^n_{i=1}\frac{i^2}{2n^3}+\sum^n_{i=1}O\left(\frac{i^4}{n^6}\right)$$
Ahora, $\sum^n_{i=1}O\left(i^k\right)=O\left(n^{k+1}\right)$ y $\sum^n_{i=1}i^2=\frac{2n^3+3n^2+n}{6}$ en particular por lo que nuestro límite se convierte en
$$\lim_{n\to\infty}-\frac{2n^3+3n^2+n}{12n^3}+O\left(\frac{n^5}{n^6}\right)=-\frac{1}{6}+O\left(n^{-1}\right)$$
Ahora $O\left(n^{-1}\right)\sim0$ para grandes $n$ por lo que concluimos que
$$\lim_{n\to\infty}\sum^n_{i=1}\ln\cos\frac{i}{n^{\frac{3}{2}}}=-\frac{1}{6}$$
O, por el contrario
$$\lim_{n\to\infty}\prod^n_{i=1}\cos\frac{i}{n^{\frac{3}{2}}}=e^{-\frac{1}{6}}$$
El LHS es su límite.
Claude Leibovici
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$$P_n=\prod _{i=1}^{n } \cos \left(\frac{i}{n\sqrt{n} }\right)\implies \log(P_n)=\sum _{i=1}^{n } \log \left(\cos \left(\frac{i}{n\sqrt{n} }\right)\right)$$ Utilizando la serie de Taylor habitual de $\cos(x)$ alrededor de $x=0$ $$\log(\cos(x))=\sum _{k=1}^{\infty } (-1)^k \,\frac{2^{2 k-3} (E_{2 k-1}(1)-E_{2 k-1}(0)) }{k (2 k-1)!}x^{2 k}$$ donde aparecen los números de Euler y los polinomios de Euler.
Haciendo $x=\frac{i}{n\sqrt{n} }$ , sumando a algún orden $$\log(P_n)=-\frac{1}{6}-\frac{4}{15 n}-\frac{323}{2520 n^2}-\frac{899}{22680 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$ $$P_n=e^{\log(P_n)}=e^{-\frac{1}6}\Bigg[1-\frac{4}{15 n}-\frac{389}{4200 n^2}-\frac{181}{21000 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right) \Bigg]$$ Por lo tanto, el límite y una buena aproximación del producto parcial. Por ejemplo, esta expansión truncada da $$P_{10}=\frac{20420369}{21000000} \,e^{-\frac{1}6}=0.8231175797$$ mientras que el valor exacto es $0.8231175865$ .
Ahora bien, si quieres que tenga un aspecto elegante, utilizando los símbolos de Pochhammer, tenemos $$P_n=\frac 1{2^{n+1}} \exp\Bigg[ \frac{n+1}{2 \sqrt{n}}i\Bigg]\left(-1;e^{-\frac{2 }{n\sqrt{n}}i}\right){}_{n+1}$$
