Función exponencial como producto infinito

Question

¿Existe alguna representación de la función exponencial como producto infinito (donde no hay un factor máximo en la serie de términos que contribuya esencialmente)? Por ejemplo

$$\mathrm e^x=\prod_{n=0}^\infty a_n,$$

y con la frase entre paréntesis quiero decir que el $a_n$ no sólo son en su mayoría iguales a $1$ o se cancela por pares. El producto es infinito pero sus factores no contienen una subsecuencia de $1$ Si eso tiene sentido.

Por supuesto, existe la definición de límite como poderes de $(1+x/n)$ ., pero estos no son definitivos $a_n$ que se podría, por ejemplo, dividir.

Answer 1

No estoy seguro de que esto satisfaga sus suposiciones, pero es un producto infinito interesante para $|z|<1$ , $$e^z=\prod_{k=1}^\infty (1-z^k)^{-\frac{\mu(k)}{k}},$$ donde $\mu(k)$ es la función de Möbius. Vea aquí.

Prueba

Empecemos con el logaritmo del producto, $$-\sum_{k=1}^\infty\frac{\mu(k)}{k}\log\left(1-z^k\right)=\sum_{k=1}^\infty\frac{\mu(k)}{k}\sum_{\ell=1}^\infty\frac{z^{k\ell}}{\ell}.$$ Podemos reescribir esto $$\sum_{n=1}^\infty\frac{z^n}{n}\sum_{d\mid n}\mu(d)=z+\sum_{n=2}^\infty\frac{z^n}{n}\sum_{d\mid n}\mu(d)=z$$ desde $\sum_{d\mid n}\mu(d)=0$ para $n\geq 2$ .

Answer 2

Existe un producto infinito para $e$ de la siguiente manera:

Si definimos una secuencia $\lbrace e_n\rbrace$ por $e_1=1$ y $e_{n+1}=(n+1)(e_n+1)$ para $n=1,2,3,...;$ Por ejemplo $$e_1=1,e_2=4,e_3=15,e_4=64,e_5=325,e_6=1956,...$$ entonces $$e=\prod_{n=1}^\infty\frac{e_n+1}{e_n}=\frac{2}{1}.\frac{5}{4}.\frac{16}{15}.\frac{65}{64}.\frac{326}{325}.\frac{1957}{1956}. ...$$ Para la prueba, primero por inducción podemos demostrar que si $s_n=\sum_{k=0}^n\frac1 {k!}$ entonces $e_n=n!s_{n-1}$ para $n\in\mathbb N$ . Y de esto se desprende inmediatamente que $s_n/s_{n-1}=(e_n+1)/e_n$ y $s_n=\prod_{k=1}^n\frac{e_k+1}{e_k}$ . Por lo tanto, $$e^x=\prod_{n=1}^\infty\left(\frac{e_n+1}{e_n}\right)^x.$$

Answer 3

Si $x\geqslant0$ (o $x\ne-2^n$ por cada $n\geqslant0$ ), se puede utilizar $$a_0=1+x,\qquad a_{n+1}=\left(1+\frac{x^2}{2^{n+2}(x+2^n)}\right)^{2^n} $$ Si $x\leqslant0$ (o $x\ne2^n$ por cada $n\geqslant0$ ), se puede utilizar $$a_0=\frac1{1-x},\qquad a_{n+1}=\left(1-\frac{x^2}{(2^{n+1}-x)^2}\right)^{2^n} $$ ¿De dónde viene esto? A partir de la identidad, válida para todo $n\geqslant0$ , $$ \prod_{k=0}^na_k=\left(1\pm\frac{x}{2^n}\right)^{\pm2^n}. $$ La primera identidad (cuando $\pm=+$ ) da lugar a una secuencia no decreciente de productos parciales. La segunda identidad (cuando $\pm=-$ ) da lugar a una secuencia no creciente de productos parciales.

Answer 4

¡Sorprendentemente, la función exponencial puede representarse como un producto infinito de un producto! Este resultado se mostró en el artículo de 2006 "Double Integrals and Infinite Products For Some Classical Constants Via Analytic Continuations of Lerch's Transendent", de Jesús Guillera y Jonathan Sondow.

En el teorema 5.3 se demuestra que $$e^x=\prod_{n=1}^\infty \left(\prod_{k=1}^n (kx+1)^{(-1)^{k+1} {{n}\choose{k}}}\right) ^{1/n}$$

No sé, esto era demasiado genial para no mostrarlo.

Answer 5

Esta función está relacionada con la que publicó Pixel, pero no es la misma: $$e=\prod\limits_{n=1}^\infty\left(1-\frac{1}{\tau^n}\right)^{\frac{\mu(n)-\phi(n)}{n}}$$ donde $\tau$ denota la proporción áurea, $\mu(n)$ denota la función de Möbius y $\phi(n)$ denota la función totiente de Euler.
("Una identidad de producto dorada para e" por Robert P. Schneider)