Voy a utilizar $I$ como indicador de la función.
Al $\lim_{n\rightarrow \infty}\cos(x)^{2n} = I[x = \pi k]_{k \in \mathbb{N}}$ al $n$ es grande, los únicos puntos que realmente importa son múltiplos de $\pi$. Por esta razón, escribir $\cos(x) = \cos(x)(I_{S_\epsilon} + I_{S_\epsilon ^c})(x)$ donde $S_\epsilon$ es el conjunto de todos los números reales dentro de $\epsilon$ distancia de un múltiplo de $\pi$, que es mayor que $-1$.
Nota: $\cos(x)^{2n} = \cos^{2n}(x)I_{S_\epsilon}(x) + \cos^{2n}(x)I_{S_\epsilon ^c}(x)$
$$\lim_{n \to \infty}\left[\left(\prod_{k=1}^{n}{\frac{2k}{2k-1}}\right)\left(\int_{-1}^{\infty}\frac{(\cos{x})^{2n}}{2^x}\,dx\right)\right] = $$
$$\lim_{n \to \infty}\left[\left(\prod_{k=1}^{n}{\frac{2k}{2k-1}}\right)\left(\int_{I_{S_\epsilon}}\frac{ \cos^{2n}(x)}{2^x}\,dx\right)\right] + \lim_{n \to \infty}\left[\left(\prod_{k=1}^{n}{\frac{2k}{2k-1}}\right)\left(\int_{I_{S_\epsilon ^c}}\frac{ \cos^{2n}(x)}{2^x}\,dx\right)\right]$$
Vamos a llamar a $p = \cos(\epsilon)$, de modo que $p \lt 1$. A continuación, $\cos^{2n}(x)I_{S_\epsilon ^c}(x) < p^{2n}.$
Ahora, ya que el producto está limitada por $K\sqrt{n}$ podemos calcular el segundo término como
$$\lim_{n \to \infty}\left[\left(\prod_{k=1}^{n}{\frac{2k}{2k-1}}\right)\left(\int_{-1}^{\infty}\frac{ \cos^{2n}(x)I_{S_\epsilon ^c}(x)}{2^x}\,dx\right)\right] \le \lim_{n \to \infty}\int_{-1}^{\infty}\frac{ K p^{2n}\sqrt{n}}{2^x}\,dx = 0$$
donde el lado derecho $=0$ se obtiene por el teorema de convergencia monótona.
Ahora podemos calcular el primer término $\int_{I_{S_\epsilon}}\frac{( \prod_{k=1}^{n}{\frac{2k}{2k-1}})\cos^{2n}(x)}{2^x}dx$ $n$ crece grande. Ahora voy a ser un poco descuidado con las estimaciones para motivar a la solución. Nota: el producto se convierte en cerca de $\sqrt{\pi n}$ como Ron Gordon solución estados. La integral estará cerca de
$$\int_{I_{S_\epsilon}}\frac{\sqrt{\pi n}\cos^{2n}(x)}{2^x}\,dx$$
$$\sum_{k \ge 0} \int_{\pi k - \epsilon} ^{\pi k + \epsilon}\frac{\sqrt{\pi n}\cos^{2n}(x)}{2^x}\,dx$$
Ahora concéntrese en uno de los términos en la suma
$$\int_{\pi k - \epsilon} ^{\pi k + \epsilon}\frac{\sqrt{\pi n}\cos^{2n}(x)}{2^x}\,dx$$
$$\frac{1}{2^{\pi k}}\int_{- \epsilon} ^{ \epsilon}\frac{\sqrt{\pi n}\cos^{2n}(x)}{2^{x}}\,dx$$
Sustituyendo $x = \arcsin(u)$
$$\frac{1}{2^{\pi k}} \int_{-\sin(\epsilon)}^{\sin(\epsilon)}\frac{\sqrt{\pi n}(1 - {u}^2)^{n - \frac{1}{2}}}{2^{\arcsin { u}}}\,du$$
Además la sustitución de $\frac{1}{\sqrt{\pi n}} v = u$
$$\frac{1}{2^{\pi k}} \int_{- \sqrt{\pi n} \sin(\epsilon)}^{\sqrt{\pi n} \sin(\epsilon)}\frac{(1 - \frac{v^2}{\pi n})^{n - \frac{1}{2}}}{2^{\arcsin \frac{1}{\sqrt{\pi n}} v}}\,dv$$
Señalando que para algunos $C \gt 0$, $|\frac{(1 - \frac{v^2}{\pi n})^{- \frac{1}{2}}}{2^{\arcsin \frac{1}{\sqrt{\pi n}} v}} - 1| \lt C \epsilon$ de manera uniforme en el interior del dominio de integración, de modo que podemos elegir $\epsilon$ lo suficientemente pequeño como para que el término en cuestión es arbitrariamente cerca de 1. Por lo tanto, tenemos
$$\approx \frac{1}{2^{\pi k}} \int_{- \sqrt{\pi n} \sin(\epsilon)}^{\sqrt{\pi n} \sin(\epsilon)}(1 - \frac{v^2}{\pi n})^{n}\,dv$$
Escribir $(1 - \frac{v^2}{\pi n})^{n}$$e^{n \log(1 - \frac{v^2}{\pi n})} $. La expansión de $\log(1 + x) = x - x^2 g(x)$ donde $g(x)$ es analítica en torno a $0$ $g(0) = 1/2$ obtenemos $e^{n (- \frac{v^2}{\pi n} - \frac{v^4}{\pi^2 n^2} g(\frac{v^2}{\pi n}))} = e^{- \frac{v^2}{\pi}}e^{-\frac{v^4}{\pi^2 n} g(\frac{v^2}{\pi n})}$ Dentro del dominio de integración $|g(\frac{v^2}{\pi n}) - 1/2| \lt C\epsilon$ $|\frac{v^4}{\pi n^2}| \le \pi^2 n \sin(\epsilon)^4$ Si permitimos $\epsilon$ a ser una función de la $n$ y escribir $\epsilon_n = \sqrt{\frac{\log n}{n}}$, esto va enlazado $e^{-\frac{v^4}{\pi^2 n}}$ cerca de 1 dentro de la región de integración.
$$\approx \frac{1}{2^{\pi k}} \int_{- \sqrt{\pi n}\sqrt{\frac{\log n}{n}}}^{\sqrt{\pi n} \sqrt{\frac{\log n}{n}}}e^{-v^2 / \pi}\,dv$$
$$\approx \frac{1}{2^{\pi k}} \int_{- \infty}^{\infty}e^{-v^2 / \pi}\,dv$$
Ahora
Reconociendo la integral de gauss,
$$\approx 2^{-\pi k} \pi$$
Así que tomando la suma obtenemos
$$=\pi \sum_{k \ge 0} (2^{-\pi})^k $$
$$=\pi \frac{1}{1-2^{-\pi}}$$
Ahora debemos volver a comprobar que nuestra definición de $\epsilon_n$ no romper el primer cálculo de $\lim_{n \to \infty}\int_{-1}^{\infty}\frac{ K p^{2n}\sqrt{n}}{2^x}\,dx$ desde $p = \cos(\epsilon)$ es ahora una función de $n$. Pero conseguimos $K p_n ^{2n} \sqrt{n} = K ({\log n / n})^n \sqrt{n}$, por lo que todavía podemos utilizar la monotonía teorema de convergencia.
También existe la técnica de tomar el límite dentro de la infinita suma, pero podemos mirar hacia atrás en nuestras estimaciones y ver que estaban todos los uniformes en $k$ ya que no hemos de apelar al valor de $k$ a todos.
