Довольно сложное произведение

[Kosat]

Надо вычислить следующее выражение:
$\prod_{k=2}^n\left(1-\frac{1}{k^2}\right)=?
Для этого заносим его под логарифм с надеждой от него избавиться в конце:
\ln\prod_{k=2}^n\left(1-\frac{1}{k^2}\right)=\\ =\sum_{k=2}^n\ln\left(1-\frac{1}{k^2}\right)=\\ =\sum_{k=2}^n\ln\left(\left(1-\frac{1}k\right)\left(1+\frac{1}k\right)\right)=\\ =\sum_{k=2}^n\left(\ln\left(1-\frac{1}k\right)+\ln\left(1+\frac{1}k\right)\right)=\\ =\sum_{k=2}^n\left(\ln\left(\frac{k-1}k\right)+\ln\left(\frac{k+1}k\right)\right)=\\ =\sum_{k=2}^n\left(\ln\left(k-1\right)-\ln{k}+\ln\left(k+1\right)-\ln{k}\right)=\\ =\sum_{k=2}^n\left(\ln\left(k-1\right)+\ln\left(k+1\right)-2\ln{k}\right)=...\\$
Непонятно, куда дальше. Возможно, кто-нибудь подскажет, пожалуйста?

[arseniiv]

Перегруппируйте суммы теперь и получится

$$\sum_{k = 1}^{n - 1} \ln k + \sum_{k = 3}^{n + 1} \ln k - 2 \sum_{k = 2}^n \ln k,$$

и большую часть слагаемых можно выкинуть, оставив $\ln 1 - \ln 2 - \ln n + \ln (n + 1)$. Тут-то вы всё и соберёте назад, получив $\ln \frac{n + 1}{2 n}$.

Интересно, значит бесконечное произведение будет равно $\frac 1 2$.

[Sinoid]

Kosat в сообщении #1514190 писал(а):

$=\sum_{k=2}^n\left(\ln\left(k-1\right)+\ln\left(k+1\right)-2\ln{k}\right)=...\\$
Непонятно, куда дальше. Возможно, кто-нибудь подскажет, пожалуйста?

Выписывайте в натуральном виде слагаемые, получающиеся из общего члена суммы при $k=2,\,3,\,4,$, если нужно, то и при 5, 6 и следите за схемой сокращения, прям берите и перечеркивайте сокращающиеся слагаемые, выявите схему этих сокращений, там хорошо получится: почти все двойные логарифмы уйдут за счет одного предыдущего, а другого последующего. И обобщите эту схему.

-- 13.04.2021, 22:44 --

Припозднился

[Farest2]

arseniiv в сообщении #1514192 писал(а):

Интересно, значит бесконечное произведение будет равно $\frac 1 2$.

Дык,

$$ \frac{\sin\pi x}{\pi x}=\prod_{k=1}^\infty \Bigl(1-\frac{x^2}{k^2}\Bigr). $$

А в исходном произведении проще к факториалам всё свести:

$$ \prod_{k=2}^n \frac{(k-1)(k+1)}{k^2}=\frac{(n-1)!\cdot\tfrac12(n+1)!}{n!^2}=... $$

[vpb]

Farest2 в сообщении #1514201 писал(а):

А в исходном произведении проще к факториалам всё свести:

Или просто сокращать дроби. Так как задача школьная. Типа суммы $\frac1{1\cdot2}+\frac1{2\cdot3}+\frac1{3\cdot4}+\ldots$, только с произведениями.

[nnosipov]

Телескопическое произведение. Вот пример чуть-чуть поинтересней: сосчитать

$$\prod_{n=2}^\infty\frac{n^3-1}{n^3+1}.$$

[kotenok gav]

$\dfrac{n^3-1}{(n+1)^3+1}=\dfrac{(n-1)(n^2+n+1)}{(n+2)((n+1)^2-(n+1)+1)}=\dfrac{(n-1)(n^2+n+1)}{(n+2)(n^2+n+1)}=\dfrac{n-1}{n+2}$ и из этого вроде всё получается.

[Kosat]

Спасибо всем учавствующим - начиная с arseniiv.

P. S. Ночью мне самому явилась похожая идея.

[statistonline]

kotenok gav в сообщении #1514232 писал(а):

$\dfrac{n-1}{n+2}$

Скорее так:
$P_n=\frac{n-1}{n+1}\cdot\frac{n^2+n+1}{n^2-n+1}=\frac{1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot(n-1)}{3\cdot4\cdot5\cdot...\cdot(n+1)}\cdot\frac{n^2+n+1}{n^2-n+1}=\frac{2(n-1)!}{(n+1)!}\cdot\frac{7\cdot13\cdot21\cdot...\cdot(n^2+n+1)}{3\cdot7\cdot13\cdot...\cdot(n^2-n+1)}=\frac{2}{3}\cdot\frac{n^2+n+1}{n(n+1)}\to\frac{2}{3}$

[Farest2]

Красиво. Но я в таких вещах предпочитаю не плести кружева, если сработает молоток. Спускаемся на шаг ниже и задействуем гамма-функцию:
\begin{align} \prod_{n=2}^N \frac{n^3-1}{n^3+1} &=\prod_{n=2}^N \frac{(n-1)(n-\omega)(n-\bar\omega)}{(n+1)(n+\omega)(n+\bar\omega)} =\frac{\frac{\Gamma(N)}{\Gamma(2-1)}\cdot \frac{\Gamma(N+1-\omega)}{\Gamma(2-\omega)}\cdot \frac{\Gamma(N+1-\bar\omega)}{\Gamma(2-\bar\omega)}} {\frac{\Gamma(N+2)}{\Gamma(2+1)}\cdot \frac{\Gamma(N+1+\omega)}{\Gamma(2+\omega)}\cdot \frac{\Gamma(N+1+\bar\omega)}{\Gamma(2+\bar\omega)}}\sim{} \nonumber\\ &{}\sim\frac{\Gamma(2+1)\Gamma(2+\omega)\Gamma(2+\bar\omega)} {\Gamma(2-1)\Gamma(2-\omega)\Gamma(2-\bar\omega)}\cdot N^{0+1-\omega+1-\bar\omega-2-1-\omega-1-\bar\omega=0} =\frac{2\Gamma(2+\omega)\Gamma(2+\bar\omega)} {\Gamma(2-\omega)\Gamma(2-\bar\omega)}\,. \nonumber \end{align}
На предпоследнем шаге использовали асимптотику

$$ \frac{\Gamma(N+a)}{\Gamma(N+b)}\sim N^{a-b}. $$

Осталось подогнать произведения под формулу удвоения -- сумма аргументов каждой пары гамма-функций (в числителе и знаменателе) должна быть равна единице (используем $1+\omega+\bar\omega=0$):

$$ \prod_{n=2}^\infty \frac{n^3-1}{n^3+1} =\frac{2(1+\omega)\Gamma(1+\omega)(1+\bar\omega)\Gamma(1+\bar\omega)} {(1-\omega)(-\omega)\Gamma(-\omega) (1-\bar\omega)(-\bar\omega)\Gamma(-\bar\omega)} =\frac{2\frac{\pi}{\sin\pi(1+\omega)}}{3\frac{\pi}{\sin\pi(-\omega)}} =\frac23 . $$

Громоздко, конечно, зато универсально. :)

Upd. Интересно, почему в завершающей формуле вместо точки рисуется какой-то типа дефис?

[nnosipov]

Farest2 в сообщении #1514237 писал(а):

Громоздко, конечно, зато универсально.

И это хорошо: ответ всегда можно получить (хоть в каком-нибудь разумном виде).

[bot]

Farest2 в сообщении #1514237 писал(а):

предпочитаю не плести кружева, если сработает молоток

А точнее $\Gamma$-кувалда.