Alternativa de la prueba de Viète infinito producto de las radicales

Question

Estoy buscando alternativas a prueba de Viete infinito producto de las radicales. (Referencia - Wikipedia)

Básicamente, tenemos que encontrar la $\lim_{n\to \infty}\prod_{k=1}^{n} T_k$ donde$T_{k+1} = \sqrt{\left(\frac{T_k + 1}{2}\right)}$$T_1 = \sqrt{\frac{1}{2}}$. La serie se ve como

$$\sqrt{\frac{1}{2}} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}}...$$

La señorita le dio una solución el tratamiento de la $\cos(\theta) = \frac{1}{\sqrt2}$$\theta = 45^\circ$. La serie resultado es fácilmente utilizando la identidad de $\cos(\theta) + 1 = 2 \cos^2(\theta/2)$ y el uso de $\sin(2\theta) = 2\sin(\theta)\cos(\theta)$. El resultado final es $\frac{\sin(2\theta)}{2\theta} = \frac{2}{\pi}$.

Yo busque formas alternativas para llegar a esto! Estoy abierto a métodos de cálculo.

Answer 1

Respuesta: tenemos $$\lim_{n\rightarrow\infty}\prod_{k=1}^{n} T_k =\lim_{n\rightarrow\infty}\prod_{k=1}^{n} \cos\left(\frac{\pi}{2^{k+1}}\right) =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sin (\pi/2)}{2^{n}\sin\left(\frac{\sqrt{2}}{2^{n}}\right)} = \color{blue}{\frac{\sin (\pi/2)}{\pi/2}}$$

1. En primer lugar comprobar que para todos los $k$ tenemos $0\le T_k\le 1$ esto es obvio por inducción desde $$0\le T_1= \frac{\sqrt{2}}{2}\le 1$$
2. Por lo tanto, no existe $a_k \in [0,\frac{\pi}{2} ]$ tal que $$T_k = \cos a_k, $$
3. Fácilmente, $T_1 =\frac{\sqrt{2}}{2}\implies a_1 =\frac{\pi}{4}$ $$\cos (a_{k+1})= T_{k+1} = \sqrt{\left(\frac{T_k + 1}{2}\right)}= \sqrt{\left(\frac{\cos a_k + 1}{2}\right)} = \cos\left(\frac{ a_k }{2}\right)$$
4. Desde $x\mapsto \cos x$ realizar un bijection en $[0,\frac{\pi}{2} ],$ que $a_k$ es la progresión geométrica de la relación de $1/2$ es que tenemos que $$\color{red}{a_{k+1} = \frac{ a_k }{2}\implies a_k = \frac{a_1}{2^{k-1}}=\frac{\pi}{2^{k+1}}}$$

5. Por lo tanto, tenemos

   $$\color{red}{T_{k} = \cos\left(\frac{\pi}{2^{k+1}}\right)}$$

   6.By doble ángulo fórmula tenemos $$\sin\left(x\right)=2\sin\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{x}{2}\right)=4\sin\left(\frac{x}{4}\right)\cos\left(\frac{x}{4}\right)\cos\left(\frac{x}{2}\right)\\=\dots=2^{n}\sin\left(\frac{x}{2^{n}}\right)\prod_{k\leq n}\cos\left(\frac{x}{2^{k}}\right)$$ now remains to note that $$\lim_{n\rightarrow\infty}2^{n}\sin\left(\frac{x}{2^{n}}\right)= \lim_{n\rightarrow\infty} x\frac{\sin\left(\frac{x}{2^{n}}\right)}{\frac{x}{2^{n}}}=\lim_{h\rightarrow 0} x\frac{\sin h}{h}= x .$$

6. Por lo tanto $$\lim_{n\rightarrow\infty}\prod_{k=1}^{n} T_k =\lim_{n\rightarrow\infty}\prod_{k=1}^{n} \cos\left(\frac{\pi}{2^{k+1}}\right) =\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sin (\pi/2)}{2^{n}\sin\left(\frac{\pi}{2^{n}}\right)} = \color{blue}{\frac{\sin (\pi/2)}{\pi/2}}$$