Ένα ... διπλό γινόμενο

Tolaso J Kos · #1

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\prod_{k=1}^{\infty} \prod_{j=1}^{\infty} \left( \frac{\left( 2j \right)^{2^k} - 1}{\left( 2j \right)^{2^k} + 1} \right)^{1/2^k} = \frac{2}{\pi}}$

nickolas tsik · #2

Καλησπέρα
$\displaystyle P(x)=\prod_{k=1}^{\infty}\left(\frac{x^{2^k}-1}{x^{2^k}+1}\right)^{\frac{1}{2^k}}$
αρα
$\displaystyle P(x)=\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)^{\frac{1}{2}} \prod_{k=2}^{\infty}\left(\frac{x^{2^k}-1}{x^{2^k}+1}\right)^{\frac{1}{2^k}}$
Εστω m=k-1

:
$\displaystyle \prod_{k=2}^{\infty}\left(\frac{x^{2^k}-1}{x^{2^k}+1}\right)^{\frac{1}{2^k}} =\prod_{m=1}^{\infty}\left(\frac{x^{2^{m+1}}-1}{x^{2^{m+1}}+1}\right)^{\frac{1}{2^{m+1}}} =\Biggl[\prod_{m=1}^{\infty}\left(\frac{x^{2^{m+1}}-1}{x^{2^{m+1}}+1}\right)^{\frac{1}{2^m}}\Biggr]^{\frac{1}{2}}$
Αφου
$\displaystyle \prod_{m=1}^{\infty}\left(\frac{x^{2^{m+1}}-1}{x^{2^{m+1}}+1}\right)^{\frac{1}{2^m}} =P(x^2)$
Αρα
$\displaystyle P(x)=\left(\frac{x^2-1}{x^2+1}\right)^{\frac{1}{2}} \left[P(x^2)\right]^{\frac{1}{2}} \quad\Longrightarrow\quad P(x)^2=\frac{x^2-1}{x^2+1}\,P(x^2).$ Απο κεί και πέρα απλά αλλάζουμε μεταβλητή και με euler $\displaystyle \frac{\sin(\pi x)}{\pi x} = \prod_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{x^2}{n^2}\right).$ κλπ εύκολο είναι...

#3

nickolas tsik έγραψε: Παρ Φεβ 28, 2025 7:29 pm $\displaystyle P(x)^2=\frac{x^2-1}{x^2+1}\,P(x^2).$ Απο κεί και πέρα απλά αλλάζουμε μεταβλητή και με euler $\displaystyle \frac{\sin(\pi x)}{\pi x} = \prod_{n=1}^{\infty} \left(1 - \frac{x^2}{n^2}\right).$ κλπ εύκολο είναι...

Νικόλα, κάνε σε παρακαλώ τον κόπο να εξηγήσεις και το παρακάτω γιατί όπως το βλέπω, το τμήμα της απόδειξης που αφήνεις είναι μεγαλύτερο από αυτό που έγραψες. Όπως και να είναι, η ιδέα είναι εξαιρετική, αλλά πρέπει να την ολοκληρώσεις.

Tolaso J Kos · #4

Κάτι δε καταλαβαίνω στη παραπάνω λύση ... πώς το διπλό γινόμενο έγινε μονό. Δίδω μία άλλη προσέγγιση:

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} \sum_{j=1}^{\infty} \ln \left( \frac{\left( 2j \right)^{2^k} -1}{\left( 2j \right)^{2^k} + 1} \right) & = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} \sum_{j=1}^{\infty} \ln \left( \frac{1 - \frac{1}{\left( 2j \right)^{2^k}}}{1 + \frac{1}{\left( 2j \right)^{2^k}}} \right) \\ &= -\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{2^k} \sum_{j=1}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{2}{\left( 2m+1 \right) \left( 2j \right)^{2^k \left( 2m+1 \right)}} \\ & = - \sum_{j=1}^{\infty} \sum_{m=0}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2}{2^k \left( 2m+1 \right) \left( 2j \right)^{2^k \left( 2m+1 \right)}} \\ & = - \sum_{j=1}^{\infty} \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2}{2n \left( 2j \right)^{2n}} \\ & = \sum_{j=1}^{\infty} \ln \left( 1 - \frac{1}{4j^2} \right) \\ & = \ln \prod_{n=1}^{\infty} \left( \frac{4j^2-1}{4j^2} \right) \\ & = \ln \frac{2}{\pi} \end{aligned}}$
Παίρνοντας εκθετικά και στα δύο μέλη, έχουμε το ζητούμενο.

nickolas tsik · #5

Αλλιώς
(δεν αλλάζει η γενικότητα αν ορίσουμε αρχική τιμή του κ)

Θεωρούμε το
$\displaystyle \prod_{k=1}^{\infty}\prod_{j=1}^{\infty} \left(\frac{(2j)^{2^k}-1}{(2j)^{2^k}+1}\right)^{\frac{1}{2^k}}.$
Ορίζουμε
$\displaystyle P(x) = \prod_{k=1}^{\infty} \left(\frac{x^{2^k}-1}{x^{2^k}+1}\right)^{\frac{1}{2^k}},$
Έστω x=2j

.

ξεκινάει από k=0

:
$\displaystyle Q(x)=\prod_{k=0}^{\infty} \left(\frac{x^{2^k}-1}{x^{2^k}+1}\right)^{\frac{1}{2^k}},$

$\displaystyle Q(x)=\left(\frac{x-1}{x}\right)^2.$
για k=0

είναι
$\displaystyle \left(\frac{x^{2^0}-1}{x^{2^0}+1}\right) = \frac{x-1}{x+1}.$
Άρα έχουμε
$\displaystyle P(x)= \frac{Q(x)}{\frac{x-1}{x+1}} =\frac{\left(\frac{x-1}{x}\right)^2}{\frac{x-1}{x+1}} =\frac{x^2-1}{x^2} =1-\frac{1}{x^2}.$
Για x=2j

, αυτό γίνεται:
$\displaystyle P(2j)= 1-\frac{1}{(2j)^2} = 1-\frac{1}{4j^2}.$

Το διπλό γινόμενο
$\displaystyle \prod_{j=1}^{\infty} P(2j) =\prod_{j=1}^{\infty}\left(1-\frac{1}{4j^2}\right).$
Χρησιμοποιούμε το γινόμενο για $\sin$ :
$\displaystyle \frac{\sin(\pi x)}{\pi x} = \prod_{n=1}^{\infty} \left(1-\frac{x^2}{n^2}\right).$
Για $x=\frac{1}{2}$ έχουμε:
$\displaystyle \frac{\sin(\pi/2)}{\pi/2} = \prod_{n=1}^{\infty} \left(1-\frac{1}{4n^2}\right).$
Δεδομένου ότι $\sin(\pi/2)=1$ ,
$\displaystyle \prod_{n=1}^{\infty} \left(1-\frac{1}{4n^2}\right) = \frac{2}{\pi}.$

Ένα ... διπλό γινόμενο

Ένα ... διπλό γινόμενο

Re: Ένα ... διπλό γινόμενο

Re: Ένα ... διπλό γινόμενο

Re: Ένα ... διπλό γινόμενο

Re: Ένα ... διπλό γινόμενο

Μέλη σε σύνδεση