Forma cerrada para $\prod_{n=1}^\infty\sqrt[2^n]{\frac{\Gamma(2^n+\frac{1}{2})}{\Gamma(2^n)}}$

Question

¿Existe una forma cerrada para el siguiente producto infinito? $$\prod_{n=1}^\infty\sqrt[2^n]{\frac{\Gamma(2^n+\frac{1}{2})}{\Gamma(2^n)}}$$

Answer 1

La hermosa idea de Raymond Manzoni puede hacerse realmente rigurosa. Consideremos un finito producto $\prod_{n=1}^{L}$ y tomar su logaritmo. Después de usar la fórmula de duplicación para la función gamma y el telescopio, se simplifica a lo siguiente: $$\sum_{n=1}^{L}\frac{1}{2^n}\ln\frac{\Gamma(2^n+\frac12)}{\Gamma(2^n)}=\left(1-2^{-L}\right)\ln\left(2\sqrt{\pi}\right)-2L\ln2+2\cdot\frac{1}{2^{L+1}}\ln\Gamma(2^{L+1}).$$ Se trata de una relación exacta, válida para cualquier $L$ . Ahora basta con usar Stirling, $$\frac{1}{N}\ln\Gamma(N)=\ln N-1+O\left(\frac{\ln N}{N}\right)\qquad \mathrm{as}\; N\rightarrow\infty$$ para conseguir $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{2^n}\ln\frac{\Gamma(2^n+\frac12)}{\Gamma(2^n)}=\ln\left(2\sqrt{\pi}\right)+2\left(\ln 2-1\right)=\ln\frac{8\sqrt{\pi}}{e^2}.$$ Así que la respuesta es efectivamente $\displaystyle\frac{8\sqrt{\pi}}{e^2}$ .

Answer 2

Tengo $\quad \displaystyle 8\sqrt{\pi}\,e^{-2}$

Ahora vamos a buscar una prueba...

Utilizaré la clásica "fórmula de la duplicación" para $\Gamma$ : $$\Gamma(z)\Gamma\left(z+\frac 12\right)=\sqrt{2\pi}\ 2^{1/2-2z}\,\Gamma(2z) $$ para que tengamos : $$\frac{\Gamma(2^n)\Gamma\left(2^n+\frac 12\right)}{2^{2^{n+1}}\Gamma\left(2^{n+1}\right)}=2\sqrt{\pi}\ $$ y pensé en utilizar "una especie de telescopado multiplicativo", pero parece que considerar el telescopado de los logaritmos, como bien hace O.L., es menos confuso.

Answer 3

Desde $$ \Gamma\left(n+\frac12\right)=\frac{(2n)!}{n!4^n}\sqrt\pi\quad\text{and}\quad\Gamma(n)=(n-1)! $$ Tenemos $$ \frac{\Gamma\left(n+\frac12\right)}{\Gamma(n)}=\color{#C00000}{\binom{2n}{n}}\frac{\color{#0000FF}{n}}{\color{#00A000}{4^n}}\sqrt\pi $$ Dejar $n=2^k$ y tomando los logaritmos, obtenemos que el logaritmo del producto parcial es $$ \begin{align} &\sum_{k=1}^n\left(\color{#C00000}{\frac1{2^k}\log\left(2^{k+1}!\right)-\frac1{2^{k-1}}\log\left(2^k!\right)}\color{#00A000}{-\log(4)}\right)+\sum_{k=1}^\infty\left(\color{#0000FF}{\frac{k}{2^k}\log(2)}+\frac1{2^{k+1}}\log(\pi)\right)\\ &=\color{#C00000}{\frac1{2^n}\log\left(2^{n+1}!\right)-\log(2)}\color{#00A000}{-n\log(4)}\color{#0000FF}{+2\log(2)}+\frac12\log(\pi)\\ &\stackrel{\text{Stirling}}\sim\frac1{2^n}\left(2^{n+1}(n+1)\log(2)-2^{n+1}+\frac12\log(2^{n+2}\pi)\right)+(1-2n)\log(2)+\frac12\log(\pi)\\ &=(2n+2)\log(2)-2+\frac1{2^{n+1}}\log(2^{n+2}\pi)+(1-2n)\log(2)+\frac12\log(\pi)\\ &=\log(8)-2+\frac12\log(\pi)+\frac1{2^{n+1}}\log(2^{n+2}\pi)\\ &\stackrel{n\to\infty}\to\log(8)-2+\frac12\log(\pi) \end{align} $$ Así, el límite del producto es $$ \frac{8\sqrt\pi}{e^2} $$

Answer 4

En primer lugar, $\Gamma\left(m+\frac{1}{2}\right) = \frac{(2m)!}{4^mm!}\sqrt{\pi}$ cuando $m\in\mathbb{Z}$ , por lo que si dejamos que $m=2^n$ lo que tienes se puede escribir como

$$ \frac{\Gamma\left(m+\frac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(m\right)} = \frac{\frac{(2m)!}{4^mm!}\sqrt{\pi}}{(m-1)!} = \frac{(2^{n+1})!\sqrt{\pi}}{4^{2^n}2^n(2^n-1)!^2}. $$

Quizás alguien más pueda ver cómo simplificar más esto porque yo seguro que no.