Límite del producto de sen(1/k)

Question

Tengo problemas con el siguiente ejercicio:

$$ \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^{n} \sin ( \frac{1}{k} )$$

Como ya sabemos por continuidad $\lim_{n \to \infty} \sin \frac{1}{n} =0 $ Así que parece que el límite se puede ampliar como:

$$ \lim_{n \to \infty} [ \sin(1) \sin (1/2)\sin(1/3)\cdots\sin(1/n)] =0 $$

pero si tal cosa es correcta, no tengo ninguna idea para la prueba.

Gracias de antemano.

Answer 1

Desde $x>0 \implies \sin(x) < x$ obtenemos $$0 < \prod_{k=1}^n \sin\left(\frac{1}{k}\right) < \prod_{k=1}^n \frac{1}{k}=\frac{1}{n!}$$

Entonces usa el teorema de squeeze.

Answer 2

Otro enfoque con menos maquinarias es que desde $0 < \frac{1}{n} \leq 1 < \frac{ \pi}{2}$ Por lo tanto $ 0 < \sin \frac{1}{n} < \sin 1 $ Así que

$$0 < \prod_{k=1}^n \sin\left(\frac{1}{k}\right) \leq ( \sin 1 ) ^ n.$$

Answer 3

Sorprendente podría ser una aproximación del producto parcial.

$$a_n= \prod_{k=1}^n \sin\left(\frac{1}{k}\right)\implies \log(a_n)=\sum_{k=1}^n \log \left(\sin \left(\frac{1}{k}\right)\right)$$

Utilizando expansiones de Taylor para valores grandes de $k$ $$\log \left(\sin \left(\frac{1}{k}\right)\right)=-\log \left({k}\right)-\frac{1}{6 k^2}-\frac{1}{180 k^4}+O\left(\frac{1}{k^6}\right)$$ dando $$\log(a_n)\sim -\log(n!)-\frac{1}{6}H_n^{(2)}-\frac{1}{180}H_n^{(4)}$$ Utilizando la expansión de Stirling y la asíntota de los números armónicos generalizados, se obtendría $$\log(a_n)\sim n(1-\log(n))-\frac 12 \log(2\pi n)-\frac{\pi ^2 \left(450+\pi ^2\right)}{16200}+\frac 1 {12n}+O\left(\frac{1}{n^2}\right)$$

A título ilustrativo, algunas cifras para $\log(a_n)$ $$\left( \begin{array}{ccc} n & \text{approximation} & \text{exact} \\ 2 & -0.89031 & -0.90777 \\ 3 & -2.01647 & -2.02497 \\ 4 & -3.41660 & -3.42170 \\ 5 & -5.03435 & -5.03782 \\ 6 & -6.83165 & -6.83421 \\ 7 & -8.78153 & -8.78352 \\ 8 & -10.8639 & -10.8656 \\ 9 & -13.0635 & -13.0649 \\ 10 & -15.3679 & -15.3691 \end{array} \right)$$