¿Cuál es $\prod _{j=1}^n \left(\sqrt{j}+1\right)$?

Question

Según el Teorema Fundamental del Álgebra, es fácil ver que para un polinomio mónico $p(x) \in \mathbb{C}[x]$, $$\prod _{j=1}^n p(j) = \frac{\prod_{p(r)=0}\Gamma(1+n-r)}{\prod_{p(r)=0}\Gamma(1-r)},$$ donde los productos en el lado derecho de la igualdad anterior son sobre todas las raíces $r$ de $p(x)$. Por ejemplo, tenemos que $$\prod_{j=1}^{n} (j^2+1) = \frac{\Gamma (1+n-i) \Gamma (1+n+i)}{\Gamma (1-i) \Gamma (1+i)},$$ tomando $i$ como la unidad imaginaria.

Mathematica no puede evaluar simbólicamente el producto $$\prod _{j=1}^n \left(\sqrt{j}+1\right),$$ y no es obvio para mi cómo evaluar el producto anterior en términos de funciones especiales como la función gamma. Es natural preguntarse:

(1) ¿Existe una forma conocida de evaluar el producto $\prod _{j=1}^n \left(\sqrt{j}+1\right)$ en términos de funciones especiales como la función gamma?

(2) Más generalmente, ¿existe una forma conocida de evaluar productos de la forma $\prod _{j=1}^n a(j)$ en términos de funciones especiales como la función gamma, tomando $a(j)$ como una función algebraica?

Answer 1

Intentando compararlo con el caso continuo, parecía interesante ya que $$\int \log \left(\sqrt{j}+1\right)\,dj=\sqrt{j}-\frac{j}{2}+(j-1) \log \left(\sqrt{j}+1\right)$$

Usando la fórmula de sumación de Euler-MacLaurin

$$\log\left(\prod _{j=1}^n \left(\sqrt{j}+1\right)\right)=C+\frac{1}{2} n (\log (n)-1)+2 \sqrt{n}-\frac 14 \log(n)-$$ $$\frac{1}{6 \sqrt{n}}\left(1-\frac{1}{4 \sqrt{n}}+\frac{1}{20 n}-\frac{1}{140 n^2}+\frac{1}{120 n^2\sqrt n}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)\right)$$

Para este nivel de expansión $$C=\frac{\log (2)}{2}-\frac{88974215977}{87199580160}$$

Para $n=100$, esta serie truncada da $198.41718$ mientras que el valor exacto es $198.41707$.

Answer 2

Una asíntota para números grandes $n$ se puede derivar de la siguiente manera. En primer lugar, note que \begin{align*} \prod\limits_{k = 1}^n {(\sqrt k + 1)} & = \sqrt {n!} \exp \left( {\sum\limits_{k = 1}^n {\log \left( {1 + \frac{1}{{\sqrt k }}} \right)} } \right) \\ &= \sqrt {n!} \exp \left( {H_n^{(1/2)} - \frac{1}{2}H^{(1)}_n + \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\log \left( {1 + \frac{1}{{\sqrt k }}} \right) - \frac{1}{{\sqrt k }} + \frac{1}{{2k}}} \right)} } \right), \end{align*} donde $H_n^{(m)}$ denota los números armónicos generalizados. Utilizando la fórmula asintótica conocida $$ H_n^{(1/2)} = 2\sqrt n + \zeta \!\left( {\tfrac{1}{2}} \right) + \mathcal{O}\!\left( {\frac{1}{{\sqrt n }}} \right),\quad H_n^{(1)} = \log n + \gamma + \mathcal{O}\!\left( {\frac{1}{n}} \right) $$ y \begin{align*} \sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\log \left( {1 + \frac{1}{{\sqrt k }}} \right) - \frac{1}{{\sqrt k }} + \frac{1}{{2k}}} \right)} & = \sum\limits_{k = 1}^\infty {\left( {\log \left( {1 + \frac{1}{{\sqrt k }}} \right) - \frac{1}{{\sqrt k }} + \frac{1}{{2k}}} \right)} + \mathcal{O}\!\left( {\frac{1}{{\sqrt n }}} \right) \\ & = \log 2 - \frac{1}{2} + \sum\limits_{m = 3}^\infty {\frac{{( - 1)^{m + 1} }}{m}\left( {\zeta\! \left( {\tfrac{m}{2}} \right) - 1} \right)} + \mathcal{O}\!\left( {\frac{1}{{\sqrt n }}} \right), \end{align*} obtenemos $$ \prod\limits_{k = 1}^n {(\sqrt k + 1)} = C\sqrt {(n - 1)!} \,{\rm e}^{2\sqrt n } \left( {1 + \mathcal{O}\!\left( {\frac{1}{{\sqrt n }}} \right)} \right) $$ a medida que $n\to+\infty$. Aquí, $$ C = 2\exp \left( {\zeta\! \left( {\tfrac{1}{2}} \right) - \frac{{\gamma + 1}}{2} + \sum\limits_{m = 3}^\infty {\frac{{( - 1)^{m + 1} }}{m}\left( {\zeta\! \left( {\tfrac{m}{2}} \right) - 1} \right)} } \right) = 0.32194948317389029681\ldots , $$ con $\zeta$ siendo la función zeta de Riemann y $\gamma$ la constante Euler-Mascheroni.

Es posible una mayor simplificación reemplazando el factorial con la fórmula de Stirling: $$ \prod\limits_{k = 1}^n {(\sqrt k + 1)} = C'n^{n/2 - 1/4} {\rm e}^{ - n/2 + 2\sqrt n } \left( {1 + \mathcal{O}\!\left( {\frac{1}{{\sqrt n }}} \right)} \right) $$ a medida que $n\to+\infty$, con $C' = C\cdot(2\pi )^{1/4}$.

Answer 3

Otra solución podría comenzar con $$\log \left(\sqrt{j}+1\right)=\frac 12 \log(j)+\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k\, j^{\frac k2} }$$ $$\sum_{j=1}^n \log \left(\sqrt{j}+1\right)=\frac 12 \log(n!)+\sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1}}{k}\,H_n^{\left(\frac{k}{2}\right)}$$ Utilizando la aproximación de Stirling para el primer término y la asintótica $$H_n^{\left(\frac{k}{2}\right)}=n^{-\frac{k}{2}} \left(-\frac{2 n}{k-2}+\frac{1}{2}-\frac{k}{24n}+\frac{k (k+2) (k+4)}{5760n^3}+O\left(\frac{1}{n^5}\right)\right)+\zeta\left(\frac{k}{2}\right)$$

Truncando la sumatoria en un valor grande de $k$ (ver comentario de @Gary), esto da $$\log\left(\prod _{j=1}^n \left(\sqrt{j}+1\right)\right)=C+\frac{1}{2} n (\log (n)-1)+2 \sqrt{n}-\frac 14 \log(n)-$$ $$\frac{1}{6 \sqrt{n}}\left(1-\frac{1}{4 \sqrt{n}}+\frac{1}{20 n}-\frac{1}{140 n^2}+\frac{1}{120 n^2\sqrt n}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)\right)$$ donde $$C=\frac \gamma 2+ \frac 14 \log(2\pi)+\zeta \left(\frac{1}{2}\right)+\sum _{k=3}^{\infty } \frac{(-1)^{k+1} \zeta \left(\frac{k}{2}\right)}{k}\approx -0.673891$$

Esto es más preciso que lo que proporcionó la sumación de Euler-MacLaurin debido al valor de $C$. El error relativo es menor al $0.001$% tan pronto como $n>2$.