Computación sin series de Taylor o la regla de l'Hôpital
$$\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^{n}\cos \frac{k}{n\sqrt{n}}$$
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El siguiente intenta utilizar sólo "básicos" de las desigualdades, evitando de L'Hospital y Taylor.
La desigualdad $$\tag1 e^x\ge 1+x\qquad x\in\mathbb R$$ debe ser conocida y después de tomar logaritmos inmediatamente lleva a la $$\tag2 \ln(1+x)\le x\qquad x>-1$$ y después de tomar recíprocos $$\tag3 e^{-x}\le \frac1{1+x}\qquad x>-1 $$ Sustituyendo $-\frac x{1+x}$ $x$ $(3)$ y tomando logaritmos, tenemos $$\tag4 \frac x{1+x}\le \ln(1+x)\qquad x>-1.$$ Para $0<x<\frac\pi2$ hemos $$\ln\cos x=\ln\sqrt{1-\sin^2x}=\frac12\ln(1-\sin^2x)$$ y por $(2)$ $(4)$ $$\tag 5 -\frac12\tan^2x=\frac12 \frac{-\sin^2x}{1-\sin^2x}\le \ln\cos x\le -\frac12\sin^2x.$$ Desde $0\le \sin x \le x\le \tan x$ $0\le x<\frac\pi2$ y el cociente de la parte superior y el límite inferior en $(5)$ es sólo $\cos^2x$ encontramos para $0<x\le y<\frac\pi2$ (con $\cos^2y\le \cos^2x$) $$-\frac12 x^2\cdot\frac1{\cos^2y}\le \ln\cos x\le -\frac12 x^2\cdot \cos^2y.$$ Dejando (por $n\ge1$) $y=\frac1{\sqrt n}$, $x=\frac k{n\sqrt n}$ con $1\le k\le n$, esto le da $$-\frac{k^2}{2n^3}\cdot\frac{1}{\cos^2\frac1{\sqrt n}}\le \ln\cos \frac k{n\sqrt n}\le -\frac{k^2}{2n^3}\cdot\cos^2\frac1{\sqrt n}.$$ El uso de $1^2+2^2+\ldots + n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ encontramos por la suma $$ -\frac{n(n+1)(2n+1)}{12n^3}\cdot\frac{1}{\cos^2\frac1{\sqrt n}}\le\sum_{k=1}^n\ln\cos\frac k{n\sqrt n}\le-\frac{n(n+1)(2n+1)}{12n^3}\cdot\cos^2\frac1{\sqrt n}$$ y tomando el límite $$ \sum_{k=1}^\infty\ln\cos\frac k{n\sqrt n}=-\frac16$$ y, finalmente, $$ \prod_{k=1}^\infty\cos\frac k{n\sqrt n}=e^{-\frac16}.$$
schooner
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1602
La mejor manera (creo) para resolver este problema es usar $\ln(1-x)=-x+O(x^2)$ y $\sin x=x+O(x^3)$. De hecho,\begin{eqnarray*} \lim_{n\to\infty}\ln\prod_{k=1}^n\cos\frac{k}{n\sqrt{n}}&=&\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\ln\cos\frac{k}{n\sqrt{n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n\ln\cos^2\frac{k}{n\sqrt{n}}\\ &=&\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n\ln(1-\sin^2\frac{k}{n\sqrt{n}})\\ &=&-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n\left[\left(\frac{k}{n\sqrt{n}}\right)^2+O\left(\left(\frac{k}{n\sqrt{n}}\right)^4\right)\right]\\ &=&-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2}\sum_{k=1}^n\frac{k^2}{n^3}=-\frac{1}{6}. \end{eqnarray *} por lo tanto $$\lim_{n\to\infty}\prod_{k=1}^n\cos\frac{k}{n\sqrt{n}}=e^{-\frac{1}{6}}.$ $
marty cohen
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33863
Voy a probar que el producto converja. Para obtener el valor exacto, necesita cosas más avanzadas.
Comienzan con $|\cos(x)-1| \le x^2/2$. Esto puede demostrarse de $\cos(2x) = \cos^2(x)-\sin^2(x) = 1 - 2 \sin^2(x)$, que $|\cos(2x)-1| = 2|\sin^2(x)|$. Desde $|\sin(x)| \le x$ para todas las $x$, $|\cos(2x)-1| \le 2x^2$% o $|\cos(x)-1| \le x^2/2$.
Desde $|\cos(x)| \le 1 + x^2/2$, $| \cos(\frac{k}{n\sqrt{n}}) | \le 1 + \frac{k^2}{2n^3} $. Desde $\sum_{k=1}^n \frac{k^2}{2n^3} = \frac1{2n^3} \sum_{k=1}^n k ^ 2 = \frac{n(n+1)(2n+1)} {12n ^ 3} $ < 1 $n > 1$, el producto converge (desde $\prod (1+a_n) < \exp(\sum a_n)$ si $a_n > 0$).
