Число Е через бесконечное произведение

[Garik2]

Вывел формулу для числа Е:

$e = \prod _{k=1}^{\infty }\left (\frac {2k}{2k-1}\right)^{2}{\left [{\frac { \left( 2\,k-1 \right) \left( k+1 \right) }{k \left( 2\,k+1 \right) }}\right]}^{2\,k} $

В этом легко убедиться, если набрать в Maple

e:=evalf(product((2*k/(2*k-1))^2*((2*k-1)*(k+1)/k/(2*k+1))^(2*k),k=1..infinity));

Ответ будет: e := 2.718281828

Правда, произведение очень медленносходящее, но оно мне нужно не для практических, а для иных целей.

Известна ли эта формула ? Если да, то ссылку можете дать?

[Padawan]

Напомнило вот это http://dxdy.ru/post300061.html#p300061

[gris]

Что, если прологарифмировать?

$\ln \prod\limits _{k=1}^{\infty }\left (\frac {2k}{2k-1}\right)^{2}{\left [{\frac { \left( 2\,k-1 \right) \left( k+1 \right) }{k \left( 2\,k+1 \right) }}\right]}^{2\,k} = \sum\limits _{k=1}^{\infty}\ln\left (\frac {2k}{2k-1}\right)^{2}{\left [{\frac { \left( 2\,k-1 \right) \left( k+1 \right) }{k \left( 2\,k+1 \right) }}\right]}^{2\,k}=$
$=\sum\limits _{k=1}^{\infty}2\ln 2k+2\ln (2k-1)+2k\ln(2k-1) +2k\ln(k+1)-2k\ln k-2k\ln(2k+1)$
Ничего нельзя упростить?

[Padawan]

Там много соседних слагаемых сокращается

[Garik2]

Я упрощать пробовал, вариантов было много, но ни один не лучше мной написанного.

[gris]

Формула очень интересная.
Попробую поковыряться.
$\sum\limits _{k=1}^{\infty}2\ln 2k-2\ln (2k-1)+2k\ln(2k-1) +2k\ln(k+1)-2k\ln k-2k\ln(2k+1)=$
$2\ln 2-2\ln 1+2\ln1+2\ln 2-2\ln 1-2\ln3+$
$2\ln 4-2\ln 3+4\ln3+4\ln 3-4\ln 2-4\ln5+$
$2\ln 6-2\ln 5+6\ln5+6\ln 4-6\ln 3-6\ln7+$
$2\ln 8-2\ln 7+8\ln7+8\ln 5-8\ln 4-8\ln9+...$

То есть из сходящегося ряда (из сумм по каждой строке) методом раскрытия скобок получили расходящийся ряд. А в нём сокращать нельзя.

[Garik2]

Да, сокращать нерентабельно... Какую-то хитрую комбинацию нужно бы придумать. Но разве на такой жаре придумаешь? :)

[gris]

То, что произведение сходится к $e$ понятно. Мне непонятно, откуда Вы это вывели. Их цепной дроби? тогда я пас.
Единственное бесконечное произведение без радикалов, которое я знаю:

$a_1=1; a_n=n(a_n+1)$, то есть $\text{1; 4; 15; 64...}$ и
$e=\prod(1+1/a_n)$

[Garik2]

Вывел очень просто. В справочнике нашел

$\frac {\pi}{2e} = \prod \limits _{k=1}^{\infty } \left( 1+\frac 2 k \right) ^{k \left( -1 \right) ^{k+1}}$

Если эту формулу немного преобразовать и принять $ \frac {\pi}{2}$ по формуле Валлиса, то получится как бы мое соотношение.

[mihailm]

Пять баллов, Garik2!

[gris]

Да, красиво получилось.

[Garik2]

Я бы мог сейчас показать преобразования (они тоже красивы и интересны), но жара дикая, и скоро спать идти. Завтра, если у Вас желание и интерес будут, напишу вывод. Он небольшой - всего две строки.

[Garik2]

$\frac {\pi}{2e} = \prod \limits _{k=1}^{\infty } \left( 1+\frac 2 k \right) ^{k \left( -1 \right) ^{k+1}} = \left ( \frac 3 1 \right )^1 \cdot \left ( \frac 1 2 \right )^2 \cdot \left ( \frac 5 3 \right )^3 \cdot \left ( \frac 2 3 \right )^4 \cdot \left ( \frac 7 5 \right )^5 \cdot \left ( \frac 3 4 \right )^6 \cdot \left ( \frac 9 7 \right )^7 \cdot \left ( \frac 4 5 \right )^8 \cdot ... = \prod \limits _{k=1}^{\infty } \left( \frac {2k+1}{2k-1} \right )^{2k-1} \left ( \frac {k}{k+1} \right )^{2k} $

По формуле Валлиса:

$ \frac {\pi}{2} = \prod \limits _{k=1}^{\infty }\frac {(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)} $

Далее - дело несложной алгебраической техники.

[Garik2]

Чтобы избежать двойственности в понимании, первую формулу предыдущего поста надо было так записать:

$\frac {\pi}{2e} = \prod \limits _{k=1}^{\infty }\left [ \left( \frac {2k+1}{2k-1} \right )^{2k-1} \left ( \frac {k}{k+1} \right )^{2k} \right ] $

Такие же общие скобки нужно было проставить и в первом посте - где формула для вычисления e предлагалась, то есть:

$e = \prod \limits _{k=1}^{\infty } \left [ \left (\frac {2k}{2k-1}\right)^{2}{\left [{\frac { \left( 2\,k-1 \right) \left( k+1 \right) }{k \left( 2\,k+1 \right) }}\right]}^{2\,k} \right ] $

Теперь - все математически грамотно.

Думаю, правда, что такая формула обязательно в литературе имеется. Найти только ее трудно. Во проблемища-то!

[Garik2]

Можно и так:

$e = \prod \limits _{k=1}^{\infty } \left [ \left (\frac {2k}{2k-1}\right)^{2}{\left ({\frac { 2k^2+k-1}{2k^2+k }}\right)}^{2\,k} \right ] $

В Maple процедура простая:

e:=evalf(product((2*k/(2*k-1))^2*((2*k^2+k-1)/(2*k^2+k))^(2*k),k=1..infinity));

Ответ: e := 2.718281828

В этой формуле есть логика - если показатель степени за скобкой просто 2, то в скобках имеем полиномы первой степени; если же показатель степени 2k , то в скобках имеем полиномы второй степени. В каждом случае числитель и знаменатель отличаются лишь на единицу. Это забавно.

Проверим точность вычислений:
e:=evalf(product((2*k/(2*k-1))^2*((2*k^2+k-1)/(2*k^2+k))^(2*k),k=1..infinity),00);E:=evalf(exp(1),60);

e := 2.71828182845904523536028747135266249775724709369995957496697

E := 2.71828182845904523536028747135266249775724709369995957496697

Полная идентичность.

В итоге получилось своеобразное конструировании формулы.