Γινόμενο

Tolaso J Kos · #1

Υπολογισθήτω:
$\displaystyle{\Pi = \prod_{n=1}^{\infty} \left ( 1 + \frac{x^2}{n^2+n-1} \right ) }$

#2

edit: 23:30, 6/4/2017. Αποσύρω την δημοσίευση, αφού περιείχε ένα χοντροειδέστατο λάθος. Ευχαριστώ τον Σταύρο Παπαδόπουλο που μου το υπέδειξε με π.μ. Συγγνώμη!

#3

Tolaso J Kos έγραψε:Υπολογισθήτω: $\displaystyle{\Pi = \prod_{n=1}^{\infty} \left ( 1 + \frac{x^2}{n^2+n-1} \right ) }$

Λόγω του τετραγώνου του $\displaystyle{x}$ , μπορούμε να θεωρήσουμε $\displaystyle{x \ge 0}$ . Αρχικά (για διευκόλυνση) θεωρούμε $\displaystyle{x<1}$ .

$\displaystyle{f\left( x \right) = \Pi = \prod\limits_{n = 1}^\infty {\left( {1 + \frac{{{x^2}}}{{{n^2} + n - 1}}} \right)} \Rightarrow g\left( x \right) = \log \left( {f\left( x \right)} \right) = }$ $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\log \left( {1 + \frac{{{x^2}}}{{{n^2} + n - 1}}} \right)} \Rightarrow g'\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{2x}}{{{n^2} + n + {x^2} - 1}}} }$

Αν $\displaystyle{{\rho _1} < {\rho _2}}$ οι ρίζες (ως προς $\displaystyle{n}$ ) της εξίσωσης $\displaystyle{{n^2} + n + {x^2} - 1 = 0}$ , τότε $\displaystyle{{\rho _1} = \frac{{ - 1 - \sqrt {5 - 4{x^2}} }}{2},\;{\rho _2} = \frac{{ - 1 + \sqrt {5 - 4{x^2}} }}{2}}$ και

$\displaystyle{g'\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{2x}}{{\left( {n - {\rho _1}} \right)\left( {n - {\rho _2}} \right)}}} = \frac{{2x}}{{{\rho _2} - {\rho _1}}} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{1}{{n - {\rho _2}}} - \frac{1}{{n - {\rho _1}}}} \right)} = }$ $\displaystyle{\frac{{2x}}{{{\rho _2} - {\rho _1}}} \cdot \sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\left( {\frac{1}{{n - {\rho _2}}} - \frac{1}{n}} \right) - \left( {\frac{1}{{n - {\rho _1}}} - \frac{1}{n}} \right)} \right)} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{{2x}}{{{\rho _1} \cdot {\rho _2}}} + \frac{{2x}}{{{\rho _2} - {\rho _1}}} \cdot \left( {{\psi _o}\left( { - {\rho _1}} \right) - {\psi _o}\left( { - {\rho _2}} \right)} \right)}$ . Όμως $\displaystyle{\left( { - {\rho _1}} \right) + \left( { - {\rho _2}} \right) = 1 \Rightarrow \left( { - {\rho _2}} \right) = 1 - \left( { - {\rho _1}} \right) \Rightarrow {\psi _o}\left( { - {\rho _1}} \right) - {\psi _o}\left( { - {\rho _2}} \right) = }$

$\displaystyle{{\psi _o}\left( { - {\rho _1}} \right) - {\psi _o}\left( {1 - \left( { - {\rho _1}} \right)} \right) = \frac{\pi }{{\tan \left( {\pi \left( { - {\rho _1}} \right)} \right)}}}$ . Επομένως $\displaystyle{g'\left( x \right) = - \frac{{2x}}{{{\rho _1} \cdot {\rho _2}}} + \frac{{2x}}{{{\rho _2} - {\rho _1}}} \cdot \left( {{\psi _o}\left( { - {\rho _1}} \right) - {\psi _o}\left( { - {\rho _2}} \right)} \right) = }$

$\displaystyle{ - \frac{{2x}}{{{x^2} - 1}} - \frac{{2x}}{{\sqrt {5 - 4{x^2}} }} \cdot \frac{\pi }{{\tan \left( {\frac{\pi }{2}\left( {1 + \sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)} \right)}} \Rightarrow }$ $\displaystyle{g'\left( x \right) = - \frac{{2x}}{{{x^2} - 1}} + 2x \cdot \pi \cdot \frac{{\tan \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)}}{{\sqrt {5 - 4{x^2}} }}}$

Τότε $\displaystyle{g\left( x \right) = - \int {\frac{{2x}}{{{x^2} - 1}}dx} + \underbrace {\pi \int {\frac{{2x}}{{\sqrt {5 - 4{x^2}} }} \cdot \tan \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)dx} }_{{x^2} \to x}}$ $\displaystyle{ = - \log \left( {1 - {x^2}} \right) + \pi \int {\frac{{\tan \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4x} } \right)}}{{\sqrt {5 - 4x} }}dx\mathop { = = = = }\limits^{\sqrt {5 - 4x} = y} } }$

$\displaystyle{ = - \log \left( {1 - {x^2}} \right) - \frac{\pi }{2}\int {\tan \left( {\frac{\pi }{2}y} \right)dx} = - \log \left( {1 - {x^2}} \right) + }$ $\displaystyle{\log \left( {\cos \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)} \right) + c = \log \left( {\frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)}}{{1 - {x^2}}}} \right) + c}$

Για $\displaystyle{x=0}$ έχουμε $\displaystyle{g\left( 0 \right) = \log \left( {\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)} \right) + c}$ , κι επειδή $\displaystyle{g\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\log \left( {1 + \frac{{{x^2}}}{{{n^2} + n - 1}}} \right)} \Rightarrow g\left( 0 \right) = 0}$ .

Άρα $\displaystyle{c = - \log \left( {\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)} \right)}$ και τελικά $\displaystyle{g\left( x \right) = \log \left( {\frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)}}{{\left( {1 - {x^2}} \right)\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)}}} \right)}$ , οπότε $\displaystyle{f\left( x \right) = \Pi = \frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)}}{{\left( {1 - {x^2}} \right)\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)}}}$

.

Λεπτομερέστερη ανάλυση, (ίδια διαδικασία και πολύ γράψιμο) δίδει $\displaystyle{f\left( x \right) = 0,\;x = 0}$

$\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{\cos \left( {\frac{\pi }{2}\sqrt {5 - 4{x^2}} } \right)}}{{\left( {1 - {x^2}} \right)\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)}},\quad x \in \left( {0,1} \right) \cup \left( {1,\frac{{\sqrt 5 }}{2}} \right)}$

$\displaystyle{f\left( x \right) = - \frac{\pi }{{\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)}},\quad x = 1}$

και $\displaystyle{f\left( x \right) = \frac{{{e^{\frac{\pi }{2}\sqrt {4{x^2} - 5} }} + {e^{ - \frac{\pi }{2}\sqrt {4{x^2} - 5} }}}}{{2\left( {1 - {x^2}} \right)\cos \left( {\frac{{\pi \sqrt 5 }}{2}} \right)}},\quad x \ge \frac{{\sqrt 5 }}{2}}$ όπου τα εκθετικά προκύπτουν από τις μιγαδικές ρίζες

της εξίσωσης $\displaystyle{{n^2} + n + {x^2} - 1 = 0}$ αν $\displaystyle{x > \frac{{\sqrt 5 }}{2}}$ .

Ωραίο θέμα.

Tolaso J Kos · #4

Μία λύση από τον r9m.

Θυμόμαστε ότι $\displaystyle{\cos (\pi x) = \prod\limits_{n=1}^{\infty} \left(1-\frac{x^2}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2}\right)}$ και άρα
$\displaystyle{\begin{aligned} \prod\limits_{n=1}^{\infty} \left(1 + \frac{x^2}{n^2+n-1}\right) &= \prod\limits_{n=2}^{\infty} \frac{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4} + x^2}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2 - \frac{5}{4}} \\ &= \frac{1}{(1-x^2)}\prod\limits_{n=1}^{\infty}\frac{\left(1 - \frac{\frac{5}{4} - x^2}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2}\right)}{1 - \frac{\frac{5}{4}}{\left(n-\frac{1}{2}\right)^2}} \\ &= \frac{1}{1-x^2}\frac{\cos \left(\frac{\pi\sqrt{5 - 4x^2}}{2}\right)}{\cos \left(\frac{\pi\sqrt{5}}{2}\right)} \end{aligned}}$

Γινόμενο

Γινόμενο

Re: Γινόμενο

Re: Γινόμενο

Re: Γινόμενο

Μέλη σε σύνδεση