El límite de una secuencia $\lim_{n\rightarrow \infty}\prod_{k=0}^{n-1}( 2+\cos \frac{k\pi }{n})^{\pi/n}$.

Question

$$ \lim_{n \to \infty}\prod_{k = 0}^{n - 1} \left[\,2 + \cos\left(k\pi \más n\right)\right)^{\pi/n}\ =\ ? $$

Por favor, darle algunos consejos.

Answer 1

Para cualquier $a \in (1,\infty)$, considere la ecuación

$$\frac{x+x^{-1}}{2} = a\quad\iff\quad x^2 - 2ax + 1 = 0$$ Tiene dos raíces y una de ella, $x = a + \sqrt{a^2-1}$, está fuera del círculo unidad. Aviso $a$z^{2n}-1 = (z^2 - 1)\prod_{k=1}^{n-1}\left(z-e^{i\frac{k\pi}{n}}\right)\left(z-e^{-i\frac{k\pi}{n}}\right) = (z^2 - 1)z^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\left(z + \frac{1}{z} - 2\cos\frac{k\pi}{n}\right) $$ Sustituto $z$$-x = -\Big(a + \sqrt{a^2-1}\Big)$, esto lleva a la $$ \prod_{k=1}^{n-1}\left(a + \cos\frac{k\pi}{n}\right) = \prod_{k=1}^{n-1}\left(\frac{x+x^{-1}}{2} + \cos\frac{k\pi}{n}\right) = \frac{x^{2n}-1}{(x^2 - 1)(2x)^{n-1}} $$ Para un gran $n$, el numerador es dominado por el $x^{2n}$ plazo. Como resultado, $$ \lim_{n\to\infty}\prod_{k=0}^{n-1}\left(a + \cos\frac{k\pi}{n}\right)^{\pi/n} = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{(x+1)(x^{2n}-1)}{(x-1)(2x)^n}\right)^{\pi/n} = \left(\frac{x}{2}\right)^{\pi} = \left(\frac{a + \sqrt{a^2-1}}{2}\right)^{\pi} $$ Sustituto $a$$2$, el límite deseado $\displaystyle\;\left(\frac{2+\sqrt{3}}{2}\right)^\pi\aprox 7.09761749580862646182\ldots .$

Answer 2

$$y=\lim_{n\rightarrow \infty} \prod_{k=1}^{n-1}\left(2+\cos\frac{k\pi}{n}\right)^{\pi/n} \Rightarrow \ln y=\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n-1} \ln\left(2+\cos\frac{k\pi}{n}\right)$$ $$\Rightarrow \ln y=\pi \int_0^{\pi}\ln(2+\cos x)\,dx$$ Vamos

$\displaystyle I=\int_0^{\pi} \ln(2+\cos x)\,dx=\int_0^{\pi} \ln(2-\cos x)\,dx$

$\displaystyle \Rightarrow 2I=\int_0^{\pi} \ln(4-\cos^2x)\,dx \Rightarrow I=\frac{1}{2}\int_0^{\pi}\ln(4-\cos^2x)\,dx=\int_0^{\pi/2} \ln(4-\cos^2x)\,dx$

Considerar, $$J(a)=\int_0^{\pi/2}\ln(a-\cos^2x)\,dx $$

$$\displaystyle \begin{aligned} \Rightarrow J'(a)&=\int_0^{\pi/2} \frac{dx}{a-\cos^2x} \\ &=\int_0^{\pi/2} \frac{\sec^2x}{a-1+a\tan^2x}\,dx \\ &=\int_0^{\infty} \frac{dt}{a-1+at^2}\,\,\,(t=\tan x)\\ &=\frac{\pi}{2}\frac{1}{\sqrt{a}\sqrt{a-1}} \end{aligned}$$

$$\displaystyle \Rightarrow J(a)=\pi\ln(\sqrt{a-1}+\sqrt{a})+C$$

Con $J(1)=-\pi\ln 2$, $C=-\pi\ln2$, por lo tanto, $$J(a)=\pi\ln\left(\frac{\sqrt{a-1}+\sqrt{a}}{2}\right)$$ $$\Rightarrow I=J(4)=\pi\ln\left(\frac{2+\sqrt{3}}{2}\right)$$ yo.e $$\boxed{y=\left(\dfrac{2+\sqrt{3}}{2}\right)^{\pi}}$$

Answer 3

Evaluar el logaritmo de su expresión como el valor límite de una suma de Riemann, el factor de la $2$ dentro del logaritmo de la que aparece en el integrando, a continuación, expanda el logaritmo de la función en serie de Maclaurin y, finalmente, integrar la serie de término por término.

$$\int_{0}^{\pi}\ln(2+\cos(x)) dx=\int_{0}^\pi\ln(2)+\ln(1+\frac{\cos(x)}{2})dx$$ $$=\pi\ln(2)+\int_{0}^\pi\ln(1+\frac{\cos(x)}{2}) dx=\pi\ln(2)+\int_{0}^\pi\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}\cos(x)^n}{n2^n}dx$$ $$=\pi\ln(2)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n-1}}{n2^n}\int_{0}^\pi\cos(x)^ndx$$ $$=\pi\ln(2)+\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{2n-1}}{2n2^{2n}}\int_{0}^\pi\cos(x)^{2n}dx$$ $$\text{Since the integrals vanish at odd terms.}$$

$$=\pi\ln(2)-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n4^n}\int_{0}^\pi\cos(x)^{2n} dx$$ $$=\pi\ln(2)-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n4^n}\frac{\binom{2n}{n}\pi}{4^n}=\pi\ln(2)-\frac{\pi}{2}\sum_{n=1}^\infty\frac{\binom{2n}{n}}{n16^n}$$

$$=\pi\ln(2)-\frac{\pi}{2}(4\ln(2)-2\ln(2+\sqrt{3}))=\pi\ln(2)-2\pi\ln(2)+\pi\ln(2+\sqrt{3}))$$ $$=-\pi\ln(2)+\pi\ln(2+\sqrt{3})=\pi(\ln(2+\sqrt{3})-\ln(2))=\pi\ln(1+\frac{\sqrt{3}}{2})$$

Así tenemos que:

$$\lim_{n\rightarrow \infty}\prod_{k=0}^{n-1}\left( 2+\cos \frac{k\pi }{n}\right)^{{\pi}/{n}}=(1+\frac{\sqrt{3}}{2})^{\pi}$$