Странное бесконечное произведение (Зорич III.2.9a)

[Urnwestek]

Задача: Найдите $\prod\limits_{k=1}^\infty (1+x^{2k-1})$

Что удалось узнать:
1) Ряд расходится, когда $|x| \geq 1$ (так как член ряда не стремится к единице)
2) Ряд сходится, когда $|x|< 1$ так как $\sum\limits_{k=1}^\infty x^{2k-1}$ сходится (легко доказать, что для последовательностей вида $e_n = 1+ \alpha_n$ сходимость ряда из $\alpha_n$ эквивалентна сходимости произведения из $e_n$)
3) Если раскрывать частичные произведения в частичные суммы, и взять получившуюся сумму (что будет эквивалентно взятию произведения) $\sum\limits_{k=0}^\infty x^k c_k$ то коэффициенты $c_k$ — это кол-во способов разбить число $k$ на различные нечётные слагаемые.
4) Путём несложных манипуляций, можно доказать, что это произведение равно следующему $\prod\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{(1-x^{2n+1})(1+x^{2n})}$

Дальше идеи заканчиваются, прошу помощи.

[Sonic86]

Думаю, его надо пытаться выражать через произведения вида $\prod\limits_{k=1}^{+\infty}(1-x^{kn})$, а последние выражаются через $\prod\limits_{k=1}^{+\infty}(1-x^k)$, которое в народе кому-то известно, но не мне

[Urnwestek]

Sonic86 в сообщении #772654 писал(а):

а последние выражаются через $\prod\limits_{k=1}^{+\infty}(1-x^k)$, которое в народе кому-то известно, но не мне

Больше похоже на то, что это спецфункция — http://mathworld.wolfram.com/q-PochhammerSymbol.html

Появилась ещё идея.

$\prod\limits_{k=1}^\infty (1+x^{2k-1}) = \exp ( \sum\limits_{k=1}^\infty \ln (1 + x^{2k-1} ) ) = \exp (\sum\limits_{k=1}^\infty\sum\limits_{t=1}^\infty \frac{x^{2k-1+t}}{t} (-1)^{t+1} ) = \exp( \frac{1}{1} (x^2 + x^4 + x^6 + ... ) - \frac{1}{2} (x^3 + x^5 + x^7 + ...) + \frac{1}{3} (x^4 + x^6 +x^8 + ...) + ... ) = \exp( \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} \frac {x^k x}{1-x^2} ) = e^{\frac{x}{1-x^2}\ln(x+1)} $

Конечно, с абсолютно несходящимися рядами так не очень-то хорошо обращаться, но, я думаю, тоже самое можно проделать аккуратно.

[Urnwestek]

Результат выше неправильный.

[Urnwestek]

Дело в неправильном разложении в ряд тейлора. И ряд там абсолютно сходящийся в итоге выходит:
$\exp (\sum\limits_{k=1}^\infty\sum\limits_{t=1}^\infty \frac{x^{(2k-1)t}}{t} (-1)^{t+1} ) = \exp( \frac{1}{1} (x + x^3 + x^5 + ... ) - \frac{1}{2} (x^2 + x^6 + x^{10} + ...) + \frac{1}{3} (x^3 + x^9 +x^{15} + ...) + ... ) = \exp( \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} \frac {x^n }{1-x^{2n}} ) $

Если кто-то знает как быть дальше, то буду благодарен.

[Ms-dos4]

Так вы же уже всё нашли по ссылке выше. Это произведение действительно выражается через q-символ Похгаммера, т.е.

$\[\prod\limits_{k = 1}^\infty {(1 + {x^{2k - 1}})} = \frac{x}{{x + 1}} \cdot {( - \frac{1}{x},{x^2})_\infty }\]$

[Urnwestek]

Не думаю, что Зорич имел в виду такой ответ когда давал это задание.

[Ms-dos4]

Urnwestek
В таком случае скорее всего опечатка
P.S.(Возможно там удастся выразить ответ через гамма функции, но в элементарных его практически точно не будет).
P.P.S.А ответов там нет?

[Urnwestek]

Ms-dos4 в сообщении #772826 писал(а):

P.P.S.А ответов там нет?

Нет, что забавно, я нашёл два аналогичных задания у Демидовича, но, либо я чего-то не понимаю, либо ответы очевидно неправильные:

Доказать:
3054. $\prod\limits_{k=0}^\infty (1+\frac{1}{2}^{2k}) = 2$
3058. $\prod\limits_{k=0}^\infty (1+x^{2k}) = \frac{1}{1-x}, |x|<1$

[Otta]

Urnwestek в сообщении #772827 писал(а):

Доказать:
3054. $\prod\limits_{k=0}^\infty (1+\frac{1}{2}^{2k}) = 2$
3058. $\prod\limits_{k=0}^\infty (1+x^{2k}) = \frac{1}{1-x}, |x|<1$

Опечатка. Имелось в виду
$\prod\limits_{k=0}^\infty (1+x^{2^k}) = \frac{1}{1-x}, |x|<1$.

В Зориче довольно много опечаток, даже в определениях. Демидович надо смотреть ранних изданий.

[Urnwestek]

Теперь всё прояснилось, спасибо.

[Otta]

Ms-dos4 в сообщении #772824 писал(а):

Так вы же уже всё нашли по ссылке выше. Это произведение действительно выражается через q-символ Похгаммера
, т.е.
$\[\prod\limits_{k = 1}^\infty {(1 + {x^{2k - 1}})} = \frac{x}{{x + 1}} \cdot {( - \frac{1}{x},{x^2})_\infty }\]$

Еще хорошо выражается через функцию Эйлера (не ту, а эту), но лучше не будет.

[Ms-dos4]

Otta

(Оффтоп)

а я уже начал думать что у меня "крыша съехала"

[Otta]

(Оффтоп)

Не, еще постоит.