бесконечное произведение

[Otta]

ex-math в сообщении #985064 писал(а):

Вы рассматриваете повторный ряд, а это лишь один из способов суммирования двойного.

Я вижу это, но автор не откликнулся на Ваш призыв оговорить способ суммирования, а для этого ряда это важно, поскольку, как Вами же было отмечено, ряд не является сходящимся абсолютно. И значит, выбирая разные порядки суммирования, мы можем достичь самых разных результатов. Вообще говоря, любых.

Разве нет? )
(У меня такое ощущение, что мы все тут говорим об одном и том же.)

[ex-math]

Otta в сообщении #985068 писал(а):

Вообще говоря, любых

Ну, насчет любых я не уверен. Все-таки члены комплексные. Может случиться, что суммы заметут прямую в $\mathbb{C}$. Хотя скорее всего Вы правы.

Otta в сообщении #985068 писал(а):

мы все тут говорим об одном и том же

Не все. ТС был ложно обнадежен равенством произведения нулю.

[grizzly]

Otta в сообщении #985068 писал(а):

мы все тут говорим об одном и том же.

Соглашусь с ex-math насчёт себя -- что бы я там не имел в виду продемонстрировать, сделал я это (в лучшем случае) необоснованно.

[bayak]

ex-math в сообщении #985073 писал(а):

Не все. ТС был ложно обнадежен равенством произведения нулю.

Наоборот, я бы сильно расстроился если бы произведение оказалось равным нулю. Вместе с тем, мне не нравится и отсутствие однозначного результата произведения. Ну хорошо, допустим для однозначности, что границы стремятся к бесконечности одинаковым образом. Могу я теперь получить однозначный результат произведения:

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

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

По моим прикидкам он равен нулю.

[Руст]

Два выражения не равны.
В первом выражении знаки перед к в числителе и знаменателе разные. К тому же, при выделении четных и нечетных
надо это делать и для степеней $\frac{1}{2k}, \frac{1}{2k-1}$.

[ex-math]

bayak
Нужно не допускать для однозначности, а посмотреть, какой способ суммирования получается из самой задачи.

[Руст]

Не зависит от способа суммирования. В том, что вначале было фаза комплексного числа по сути не менялась и была расходимость по м.
Сейчас он пытается объединить два члена меняющих фазу числа. Тогда опять получится без условная сходимость или расходимость, независимо от способа суммирования.
Только пока он четко не может сформулировать свою задачу.
Я говорил, что первое не равно второму. К тому же первое расходится второе сходится.

[bayak]

Руст в сообщении #985435 писал(а):

Только пока он четко не может сформулировать свою задачу.
Я говорил, что первое не равно второму. К тому же первое расходится второе сходится.

Первоначальная задача состояла в том, чтобы найти сумму:

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

где $m$ возникает при разложении определённой суммы прогрессии, а $k$ - при разложении пилообразной функции в ряд Фурье. Или мне тащить сюда всё что привело к этой сумме?

[grizzly]

bayak в сообщении #985460 писал(а):

где $m$ возникает при разложении определённой суммы прогрессии, а $k$ - при разложении пилообразной функции в ряд Фурье. Или мне тащить сюда всё что привело к этой сумме?

Имело бы смысл притащить пошагово всю логику образования двойной суммы. Потому как теперь я подозреваю, что рассматривается именно суммирование повторных рядов, но снаружи $m$, а не $k$. А в этом случае есть шансы на сходимость (по крайней мере, расходимость здесь в глаза не бросается).

[bayak]

grizzly в сообщении #985464 писал(а):

Имело бы смысл притащить пошагово всю логику образования двойной суммы.

Чуть попозже, если позволите. Сейчас недосуг возиться с переносом текста в удобоваримый латех.

[ex-math]

Руст в сообщении #985435 писал(а):

Не зависит от способа суммирования

Докажете? Рассмотрев не только два повторных ряда, а любой способ суммирования.

[Руст]

Если все члены ряда находятся в секторе под углом меньше 180 градусов, то не имеет значения как суммируете, ряд сходится или расходится не зависимо от тасования.

[bayak]

По просьбам трудящихся:
_______________________

С учётом того, что пилообразная функция может быть представлена рядом Фурье

$$|x|_{\pm 1}=\frac{2}{\pi} \sum\limits_1^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k}\sin(kx),$$

Для суммы ряда, представляющего $\zeta(s)$-функцию Римана, получим выражение

$$S(a,b)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}|e^{t_n-at_{n}}|_{\pm 1}e^{ibt_{n}}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{2}{\pi n}\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k+1}}{k}\sin(k n^{1-s}),$$

где $s=a-ib$, $t_{n}=\ln (n)$. Вместе с тем, для функции $\frac{\sin(k x^{1-s})}{x}$, с помощью формулы суммирования Абеля-Плана, получим функциональный ряд

$$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\sin(k n^{1-s})}{n}=-\frac{k(1-s)}{2} + \int_{0}^{\infty} \frac{\sin (kx^{1-s})}{x}dx $$

$$+ i\int_{0}^{\infty}\left(\frac{\sin\left[k(ix)^{1-s}\right]}{(ix)(e^{2\pi x}-1)} - \frac{\sin\left[k(-ix)^{1-s}\right]}{(-ix)(e^{2\pi x}-1)}\right)dx.$$

Первый интегральный член этой суммы выражается через интегральный синус

$$\int_{0}^{\infty}\frac{\sin (k x^{1-s})}{x}dx = \int_{0}^{\infty}\frac{\sin \left[k(1-s)x\right]}{x}dx = \operatorname{si}\left[k(1-s)\right],$$

а второй, с учётом прогрессии

$$\sum_{m=1}^{\infty}e^{-2\pi m x}= \frac{1}{e^{2\pi x}-1},$$

преобразуется в сумму

$$\sum_{m=1}^{\infty}i\int_{0}^{\infty}\left(\frac{\sin\left[k(1-s)(ix)\right]}{ix} - \frac{\sin\left[k(1-s)(-ix)\right]}{-ix}\right)e^{-2\pi m x}dx,$$

но в силу того, что

$$\int_{0}^{\infty} \frac{e^{-ax}\sin\left[ b(\pm ix)\right]}{\pm ix}dx = \pm\operatorname{arth} \left(\frac{b}{a}\right),$$

сумма приобретает вид

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

Таким образом,

$$S(s)= \frac{1-s}{\pi} \sum\limits_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} + \frac{2}{\pi} \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k} \operatorname{si}\left[k(1-s)\right]$$

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

Третий член этого функционального ряда может быть преобразован в логарифм бесконечного произведения

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

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

______________

Может быть не по Сеньке шапка (это я про себя), но с вашей помощью надеюсь всё же получить ответ.

[Руст]

Почти на каждом шаге ошибки. Не исправлено и то, что было на последнем шаге, о чем я говорил.

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

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

[grizzly]

У меня тоже несколько вопросов (но может это я недопонимаю). Задам пока первый вопрос, совершенно не вникая в сами расчёты:

1. Верно ли я понял, что при переходе от второй формулы в Вашем сообщении к третьей (от представления дзета-функции к функциональному ряду), Вы заменили порядок суммирования повторного ряда (было $n$ снаружи, $k$ внутри, стало наоборот)? Если да, то как Вы обосновываете корректность такой замены? Я на автопилоте очевидного обоснования не заметил, скорее наоборот.

А что Вы планируете делать с первым слагаемым в последней сумме (для $S(s)$)? Это у меня пока просто любопытство -- как мне кажется, если с этим неясно, то с остальным заморачиваться вообще незачем.