бесконечное произведение

[bayak]

Подскажите, пожалуйста, как быть вот с этим произведением:

$$\prod_{k,m=1}^{\infty}\left(\frac{2\pi m + (2k-1)(1-s)}{2\pi m + 2k(1-s)}\right)^{\frac{1}{k}},$$

где $\operatorname{Re}(s)\ne 1$.
Если преобразовать его так:

$$\prod_{k,m=1}^{\infty}\left(\frac{1 + \frac{2k(1-s)}{2\pi m}-\frac{(1-s)}{2\pi m}}{1 + \frac{2k(1-s)}{2\pi m}}\right)^{\frac{1}{k}},$$

то при вычитании из числсителя и знаменателя по единице (что, скорее всего, запрещено) можно было бы избавиться от $m$, но я не нашёл даже к чему сходится такое упрощённое произведение.

[ex-math]

Результат, скорее всего, будет зависеть от относительной скорости стремления $k$ и $m$ к бесконечности.

[bayak]

ex-math в сообщении #984408 писал(а):

Результат, скорее всего, будет зависеть от относительной скорости стремления $k$ и $m$ к бесконечности.

Хорошо, тогда какой результат будет у этого произведения:

$$\prod_{1}^{\infty}\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{\frac{1}{n}}.$$

[ex-math]

Оно по крайней мере сходится. А насчет результата надо смотреть.

[Someone]

bayak в сообщении #984323 писал(а):

как быть вот с этим произведением:

Прологарифмируйте. Получите двойной ряд, у которого все члены одного знака.

[bayak]

ex-math в сообщении #984579 писал(а):

Оно по крайней мере сходится. А насчет результата надо смотреть.

А где смотреть, или как его получить?
Кстати, отношение произведения

$$\prod_{1}^{\infty}\left(\frac{2n-1}{2n}\right)^{\frac{1}{n}}$$

к произведению

$$\prod_{1}^{\infty}\left(\frac{2n}{2n+1}\right)^{\frac{1}{n}},$$

которое отличается от первого добавлением (в числитель и знаменатель каждого элемента произведения) единицы, равно произведению

$$\prod_{1}^{\infty}(1-\frac{1}{4n^2})^{\frac{1}{n}}.$$

Разве это не доказывает сходимость исходного (где $m$ и $k$) произведения?

Someone в сообщении #984590 писал(а):

Прологарифмируйте. Получите двойной ряд, у которого все члены одного знака.

Так я с двойного ряда и начинал

$$\frac{2}{\pi} \sum\limits_{m,k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} i\ln \left(\frac{2\pi m + k(1-s)}{2\pi m - k(1-s)}\right),$$

а потом уже привёл его к виду

$$\frac{2}{\pi} i\ln \prod_{k,m=1}^{\infty}\left(\frac{2\pi m + k(1-s)}{2\pi m - k(1-s)}\right)^{\frac{(-1)^{k+1}}{k}}$$

$$= \frac{2}{\pi} i\ln \prod_{k,m=1}^{\infty}\left(\frac{2\pi m + (2k-1)(1-s)}{2\pi m + 2k(1-s)}\right)^{\frac{1}{k}} \left(\frac{2\pi m - 2k(1-s)}{2\pi m - (2k-1)(1-s)}\right)^{\frac{1}{k}}.$$

[ex-math]

Всегда проще работать с рядом.
Ваш двойной ряд не имеет смысла, если не указать способ суммирования (сначала по $m $, потом по $k $, или наоборот, или по квадратам, треугольникам или др. фигурам в плоскости $k,m $).

[Руст]

Очевидно, что произведение расходится по m, т.е. результат 0.

[bayak]

Руст в сообщении #984949 писал(а):

Очевидно, что произведение расходится по m, т.е. результат 0.

Так откройте мне очи.

[Otta]

Ну а чего тут особо открывать. При фиксированном $k$ и суммировании по $m$ ряд ведет себя как гармонический. Выделите главную часть и посмотрите на эквивалентный общий член.

[Руст]

Общий член
$x_{km}=(1-\frac{1}{2(am+k)})^{1/k}, a=\frac{\pi}{1-s}$.
$\ln x_{km}=O(\frac{1}{k(m+k)})$ - суммирование по m расходится.

[bayak]

Otta в сообщении #984970 писал(а):

Ну а чего тут особо открывать. При фиксированном $k$ и суммировании по $m$ ряд ведет себя как гармонический. Выделите главную часть и посмотрите на эквивалентный общий член.

Согласен, при фиксированном $k$ так и будет, но результат бесконечного произведения это не результат конечного произведения. Или я ошибаюсь? Иначе говоря, прав был ex-math, в своём комментарии: "Результат, скорее всего, будет зависеть от относительной скорости стремления $k$ и $m$ к бесконечности." Так что самое разумное будет предположить их одновременное стремление к бесконечности.

[Otta]

bayak в сообщении #984994 писал(а):

но результат бесконечного произведения это не результат конечного произведения. Или я ошибаюсь?

Вы ошибаетесь, считая, что я веду речь о конечном. О конечном - что говорить. Конечная сумма всегда существует. Еще раз: речь о суммировании при фиксированном $k$ по всем натуральным индексам $m$. Таки это ряд. См. также post984974.html#p984974

[grizzly]

bayak в сообщении #984994 писал(а):

Так что самое разумное будет предположить их одновременное стремление к бесконечности.

Ну так положите одновременное. Как Вы это понимаете? Если $k=m$, то почти всё в указанной сумме сокращается до констант и выносится за знак суммы, а там остаётся простой знакопеременный ряд, который условно сходится к известному числу. Если положите $k=3m$, то константы немного поменяются и сумма тоже. Подберите себе такую одновременность, чтобы на выходе получить число с любой наперёд заданной по модулю величиной.

-- 03.03.2015, 14:26 --

Только не забудьте при одновременности заменить двойной ряд одинарным.

[ex-math]

Руст
Вы показываете лишь, что нет абсолютной сходимости. В такой ситуации сумма двойного ряда будет зависеть от способа суммирования. Поэтому произведение не будет равно нулю, в таком виде оно представляет собой бессмысленную запись.

-- 03.03.2015, 14:52 --

Otta
Вы рассматриваете повторный ряд, а это лишь один из способов суммирования двойного.
grizzly
Речь не о том, чтобы выделить какую-то часть членов в отдельный ряд условием $k=m$ или подобным ему. Речь о том, что суммируя по $k\leqslant A$ и $m\leqslant B$, мы можем получить разные ответы, выбирая разную зависимость между $A$ и $B$, стремящимися к бесконечности.