Encontrar el valor del producto infinito $\prod \Bigl(1-\frac{1}{n^{2}}\Bigr)$

Question

Mientras intentaba algunos problemas junto con mis amigos tuvimos dificultades en esta pregunta.

• Verdadero o falso: El valor del producto infinito $$\prod\limits_{n=2}^{\infty} \biggl(1-\frac{1}{n^{2}}\biggr)$$ es $1$ .

No pude hacerlo y mi amigo lo justificó diciendo que como los términos del producto tienen valores menores que $1$ por lo que el valor del producto nunca puede ser $1$ . No sé si esta justificación es correcta o no. Pero me he referido a Tom Apostol's libro de Análisis Matemático y encontró un teorema que dice, que

• El producto infinito $\prod(1-a_{n})$ converge si la serie $\sum a_{n}$ converge.

Esto asegura que el producto anterior converge. ¿Podría alguien ayudarme a averiguar a dónde converge? Y,

• ¿Existe una función $f$ en $\mathbb{N}$ ( como $n^{2}$ , $n^{3}$ ) tal que $\displaystyle \prod\limits_{n=1}^{\infty} \Bigl(1-\frac{1}{f(n)}\Bigr)$ tiene el valor $1$ ?

Answer 1

Tenemos \begin{align*} p_{k} &= \prod_{n = 2}^{k} \left( 1 - \frac{1}{n^{2}} \right) = \prod_{n=2}^{k} \frac{(n-1)(n+1)}{n^{2}} \\ & = \frac{1 \cdot 3}{2 \cdot 2} \cdot \frac{2\cdot 4}{3 \cdot 3} \cdot \frac{3\cdot 5}{4 \cdot 4} \cdot \cdots \cdot \frac{(k-2)\cdot k}{(k-1)\cdot(k-1)} \cdot \frac{(k-1)(k+1)}{k\cdot k}\\ & = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{k}\right) \end{align*} porque todos los numeradores y denominadores, excepto el primero y el último, se cancelan. Por tanto, \[ \prod_{n=2}^{\infty} \left( 1 - \frac{1}{n^{2}} \right) = \lim_{k\\\\\a\\a\a\a\ninfty} p_{k} = \frac{1}{2}. \]

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Para poner esto en un pequeño contexto: Euler ha demostrado que \[ \sin{(\pi z)} = \pi z \\\d_{n=1}^{\infty} \left( 1 - \frac{z^{2}}{n^{2}} \right) \] para todo $z \in \mathbb{C}$ .

Nos gustaría conectar $z = 1$ en ambos lados. Esto no funciona porque obtenemos $0 = 0$ . Pero un simple truco nos da lo que queremos: \[ \pi \prod_{n=2}^{infty} \left( 1 - \frac{1}{n^{2}} \right) = \lim_{z \a 1} \frac{{sin{(\pi z)}{(1- z^2)} = \lim_{z{a1} \frac {\pi \cos{(\pi z)}{-2z} = \frac{\pi}{2} \] y cancelando en ambos lados con $\pi$ da $\frac{1}{2}$ para el producto infinito.

El producto de Euler puede ser muy divertido. Por ejemplo $z = \frac{1}{2}$ se obtiene la fórmula del producto de Wallis \[ \frac{{pi}{2} = \frac{2 \cdot 2}{1 \cdot 3} \cdot \frac{4 \cdot 4}{3 \cdot 5} \Punto 6. Punto 6. Punto 5. Punto 7. \cdot \cdots = \prod_{n=1}^{{infty} \frac{2n}{2n -1}\frac{2n}{2n +1} \] y $z = i$ da como resultado \[ \frac{{sin{(i\pi)}}{i \pi} = \frac{e^{pi}} - e^{-\pi}}{2\pi} = \prod_{n = 1}^{\infty} \left( 1 + \frac{1}{n^{2}} \right). \] En los capítulos 1 y 2 de Remmert se puede encontrar un tratamiento exhaustivo de estos y otros muchos temas relacionados con los productos infinitos, Temas clásicos de la teoría de las funciones complejas , Springer GTM 172, 1998. El título del original alemán es simplemente Teoría de las funciones 2 .

Answer 2

El producto nunca puede ser 1. Recordemos que el producto se define como el límite de los productos parciales $$ \prod_{n\le k}\left(1-\frac1{f(n)}\right)=A_k. $$ Ahora bien, si $f(n)=1$ entonces el producto es 0. ¿Supongo que sabes cómo manejar la "divergencia a 0"? Para simplificar, vamos a suponer $f(n)\ne 1$ para todos $n$ .

Entonces tenemos que $A_k>A_{k+1}$ para todos $k$ , ya que $1-\epsilon<1$ para cualquier $\epsilon$ (digamos, $\epsilon=1/f(k+1)$ ). Dado que $A_1=1-1/f(1)<1$ Nuestra secuencia convergerá a un número positivo menor que 1, o divergirá a 0, pero seguramente no podrá converger a 1.

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Aquí hay una pista para evaluar $$\prod_{n=2}^\infty\left(1-\frac1{n^2}\right) :$$ Tenga en cuenta que se trata de un producto telescópico, ya que $1-1/n^2=(n-1)(n+1)/n^2$ . Ahora juega con los primeros términos para ver el patrón que surge.

Answer 3

Su amigo tiene razón: los productos parciales son claramente $\le 3/4$ y como el producto infinito converge (por la prueba que has mostrado), su valor debe ser también $\le 3/4$ . Para encontrar el valor real, observe que $1 - 1/n^2 = (n-1)(n+1)/n^2$ por lo que el producto infinito es $$ \prod_{n=2}^{\infty}\left(1 - \frac{1}{n^2}\right) = \frac{1}{2}\frac{3}{2}\cdot\frac{2}{3}\frac{4}{3}\cdot\frac{3}{4}\frac{5}{4}\cdot\frac{4}{5}\frac{6}{5}\cdot ... $$ Todos los términos se cancelan por pares, excepto el primero; por lo que el valor del producto es $1/2$ .

Answer 4

Si $a_m = \displaystyle \prod_{n=2}^{m}(1 - \frac{1}{n^2})$ entonces $a_{m+1} = (1 - \frac{1}{(m+1)^2})a_m < a_m$ .

Así que tenemos $a_m < a_2 = (1 - \frac{1}{4}) = \frac{3}{4}$ , $\forall m > 2$ .

Por lo tanto, $\displaystyle \lim_{m \rightarrow \infty} a_m < a_2 = \frac{3}{4}$ .

Por lo tanto, la afirmación es falsa.

Answer 5

$\displaystyle\prod\limits_{n=2}^{\infty} \biggl(1-\frac{1}{n^{2}}\bigg)$ converge $\iff$ $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\ln \bigg(1-\frac{1}{n^2}\bigg)$ converge.

Se puede demostrar que para $x \in (1, \infty),$ tenemos $\ln(x) \leq \dfrac{x-1}{\sqrt{x}}.$

$\Rightarrow \displaystyle \ln \bigg(1-\frac{1}{n^2}\bigg) \leq \dfrac{-1}{n\sqrt{n^2 -1}}$ y como $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\dfrac{1}{n\sqrt{n^2 -1}}$ converge por la prueba integral (ya que $f(x) =\displaystyle \dfrac{1}{x\sqrt{x^2 -1}}$ es continua, no negativa y monótona decreciente en $[2, \infty]$ y $ \displaystyle\int_{2}^{\infty} \dfrac{dx}{x\sqrt{x^2 -1}} = \sec^{-1}(x)\bigg|_{2}^{\infty} = \dfrac{\pi}{6}$ ) o por la prueba de comparación (ya que $\dfrac{1}{n\sqrt{n^2 -1}} \leq \dfrac{\sqrt{2}}{n^2}$ ) se deduce que $\displaystyle\sum_{n=2}^{\infty}\dfrac{-1}{n\sqrt{n^2 -1}}$ converge y, por tanto, también lo hace $\displaystyle \sum_{n=2}^{\infty}\ln \bigg(1-\frac{1}{n^2}\bigg)$ .

Dejemos que $L = \displaystyle\prod\limits_{n=2}^{\infty} \biggl(1-\frac{1}{n^{2}}\bigg)$ . Entonces la conclusión de la prueba integral nos dice que $\ln(L) < \dfrac{-\pi}{6}$ lo que implica $L <1.$ (De hecho $e^{-\pi/6} = 0.5923$ es una aproximación decente de $\dfrac{1}{2}$ )