La forma cerrada de infinito producto $\prod\limits_{k=0}^\infty 2 \left(1-\frac{x^{1/2^{k+1}}}{1+x^{1/2^{k}}} \right)$

Question

Me encontré con este producto infinito mientras que la solución de otro problema:

$$P(x)=\prod_{k=0}^\infty 2 \left(1-\frac{x^{1/2^{k+1}}}{1+x^{1/2^{k}}} \right)$$

$$P(x)=P \left( \frac{1}{x} \right)$$

Creo firmemente que se ha cerrado de forma en general, porque tiene una forma cerrada para todos los valores que he intentado (comprobado numéricamente por Wolfram Alpha con alta precisión):

$$P(2)=\frac{14}{9} \ln 2$$

$$P(3)=\frac{13}{12} \ln 3$$

$$P(4)=\frac{14}{15} \ln 4$$

$$P(5)=\frac{31}{36} \ln 5$$

Por lo general la forma cerrada debe ser:

$$P(x)=R(x) \ln x$$

¿Qué es $R(x)$? Y como para demostrar que la forma cerrada?

El producto se ve como los telescopios, pero no pude encontrar una forma adecuada.

Otra idea era hacer una sustitución:

$$x=e^t$$

$$P(t)=\prod_{k=0}^\infty 2 \left(1-\frac{\exp(t/2^{k+1})}{1+\exp(t/2^{k})} \right)$$

Traté de serie para el exponente, pero no llegué a telescópica.

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Editar

Resulta, no es un producto que tiene forma más simple (yo derivados numéricamente, no sé cómo demostrarlo, excepto en la forma @sí).

$$\prod_{k=0}^\infty \frac{2}{1+x^{1/2^k}}=\frac{2}{x^2-1} \ln x$$

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Hasta el momento @Hice la prueba se ve como por arte de magia. Es allí cualquier manera de obtener este producto mediante la definición y las propiedades del logaritmo natural?

Answer 1

Usted podría más o menos inferir los resultados de la infinita producto que usted ha publicado. Denotar

$$f_k(t)=\frac{2}{1+t^{1/2^k}},$$

tenemos

$$\frac{f_k(x)~f_k(x^{1/2})}{f_k(x^{3/2})}=\frac{2}{1+x^{1/2^k}}\frac{1+\left(x^{1/2^{k+1}}\right)^3}{1+x^{1/2^{k+1}}}\\ =\frac{2}{1+x^{1/2^k}}\left(1+x^{1/2^{k+1}}+x^{1/2^k}\right)=2\left(1-\frac{x^{1/2^{k+1}}}{1+x^{1/2^k}}\right),$$

que es el término en su producto. Por lo tanto

$$P(x)=\frac{\prod_{k=0}^\infty f_k(x)~\prod_{k=0}^\infty f_k(x^{1/2})}{\prod_{k=0}^\infty f_k(x^{3/2})}=\frac{\frac{2\ln x}{x^2-1}\frac{\ln x}{x-1}}{\frac{3\ln x}{x^3-1}}=\frac{2(x^2+x+1)\ln x}{3(x^2-1)}.$$

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Para hacer un poco más riguroso, considere la siguiente igualdad

$$x^2-1=2^{n+1}(x^{1/2^n}-1)\prod_{k=0}^{n}\frac{x^{1/2^k}+1}{2}$$

mediante la aplicación de $x^2-y^2=(x-y)(x+y)$ repetidamente, por lo que la igualdad que has publicado es equivalente a

$$\lim_{n\to\infty}2^n\left(x^{1/2^n}-1\right)=\lim_{y\to0}\frac{x^y-1}{y}=\lim_{y\to0}~x^y\ln x=\ln x,$$

donde $y=1/2^n$ y hemos utilizado la regla de L'Hôpital. Usted puede obtener expresiones similares para$x^{1/2}$$x^{3/2}$. Multiplicar juntos como lo que se ha hecho anteriormente, a continuación, tomar el límite, usted obtendrá la misma respuesta.