Limite mooolto faaacile!

[Erasmus_First]

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[dan952]

$\frac{1}{n}\prod_{k=1}^{n}(\frac{2k}{2k-1})^2=\frac{1}{n}\prod_{k=1}^{n}\frac{2k+1}{2k-1}\prod_{k=1}^{n}\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)}=\frac{1}{n}(2n+1)\prod_{k=1}^{n}\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)}$
Passando al limite (usando il prodotto di Wallis) si ha
$\lim_{n \rightarrow +\infty} (2+\frac{1}{n})\prod_{k=1}^{n}\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)}=2 \cdot \frac{\pi}{2}=\pi$

[Erasmus_First]

"dan95":[...] usando il prodotto di Wallis [...]

Bellissimo!
[Ma lo sai che prima di leggere la tua risposta non conoscevo questo "prodotto di Wallis"? Bello perché la dimostrazione è facile e breve.]
Io ho rifatto il classico percorso di verifica che per ogni n intero positivo:
$1/n\(prod_{k=1}^{n}(2k)/(2k-1))^2 >π >1/(n+1/2)\(prod_{k=1}^{n}(2k)/(2k-1))^2$. (#)
La convergenza a π accelera di molto se si moltiplica il quadrato del prodotto per un numero che è a metà strada tra $1/n$ (troppo grande!) e $1/(n+1/2)$ (troppo piccolo!), cioè per $1/(n+1/4)$. Provare il calcolo seguente:
Per n grande $π ≈ 1/(n+1/4)\(prod_{k=1}^{n}(2k)/(2k-1))^2$.

Le disuguaglianze (#) si trovano facilmente calcolando ricorrentemente al variare di $n$ gli integrali
$I_n= \int_{0}^{\pi/2} sin^n(x)dx$.
Ora la successione ${I_n}$ è decrescente. In particolare
$I_(2n-1)>I_(2n)>I_(2n+1)$. (*)
Si trova subito
$I_0 = π/2$; $I_1=1$;
e quindi, mediante integrazione per parti, (e distinguendo gli integrali di indice pari da quelli di indice dispari) le leggi di ricorrenza:
$I_(2n+2) = (2n+1)/(2n+2)I_(2n)$; (**)
$I_(2n+1) = (2n)/(2n+1)I_(2n-1)$. (***)
Le uguaglianze (**) e (***) assieme alle disuguaglianze (*) permettono di verificare facilmente le disuguaglianze (#).
Infine, se si accetta l'approssimazione di Stirling per i numeri fattoriali (approssimazione tanto migliore quanto più grande è l'argomento n), il calcolo del limite proposto è immediato perché:
$prod_{k=1}^{n}(2k)/(2k-1) =(2^n·n!)^2/((2n)!) ≈ (2^(2n)·n^(2n)·e^(-2n)·2nπ)/(2^(2n)·n^(2n)·e^(-2n)·sqrt(2·2n·π))=sqrt(nπ)$.
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[dan952]

Si è trasformato da mooolto facile a troooppo facile

[j18eos]

@Erasmus_First Con la tua dimostrazione di (#) puoi dimostrare la formula di Wallis.