Demostrar que $\prod_{k=1}^{\infty} \big\{(1+\frac1{k})^{k+\frac1{2}}\big/e\big\} = \dfrac{e}{\sqrt{2\pi}}$

Question

Este resultado, $$\prod_{k=1}^{\infty} \big\{\big(1+\frac1{k}\big)^{k+\frac1{2}}\big/e\big\} = \dfrac{e}{\sqrt{2\pi}}$$ es en un papel por Hirschhorn en la edición actual de Fibonacci Quarterly (vol. 51, no. 2).

Pensé que era muy interesante en el que se muestra cómo cerrar $(1+\frac1{k})^{k+\frac1{2}}$ $e$, y que sería un reto interesante problema. La prueba no es demasiado difícil.

Este resultado es un lema en la prueba de la siguiente, que es el resultado principal en el papel:

$$\prod_{k=0}^n \binom{n}{k} \sim C^{-1}\frac{e^{n(n+2)/2}}{n^{(3n+2)/6}(2\pi)^{(2n+1)/4}} \exp\big\{-\sum_{p\ge 1}\frac{B_{p+1}+B_{p+2}}{p(p+1)}\frac1{n^p}\big\}\text{ como }n \to \infty $$ donde $$\begin{align} C &= \lim_{n \to \infty} \frac1{n^{1/12}} \prod_{k=1}^n \big\{k!\big/\sqrt{2\pi k}\big(\frac{k}{e}\big)^k\big\}\\ &\approx 1.04633506677...\\ \end{align} $$ y el $\{B_p\}$ son los números de Bernoulli, definido por $$\sum_{p \ge 0} B_p\frac{x^p}{p!} = \frac{x}{e^x-1} .$$

No espero que nadie esté aquí para demostrar esto, desde Hirschhorn lleva más de siete páginas de matemáticas para demostrarlo.

También, fue un ejercicio interesante en $\LaTeX$ para introducir estas fórmulas por lo que se muestra exactamente (o, al menos, muy de cerca) como en Hirschhorn del artículo. Entre otras cosas, He aprendido (después de buscar un poco) que una tilde (~) se introduce como "\tilde{}".

Answer 1

Permítanme poner las cosas en lo que yo creo que para ser el contexto adecuado para este tipo de productos infinite.

• La propuesta de producto aparece como una parte de la-así llamada Barnes $G$-función que se caracteriza principalmente por la relación de recursividad $G(z+1)=\Gamma(z) G(z)$ y normalización $G(1)=1$. Para un entero positivo $z$ esto define un tipo de superfactorial: $$G(n)=\prod_{k=0}^{n-2}k!\tag{1}$$

• Esta función tiene las siguientes infinito representación de los productos: $$G(1+z)=\left(2\pi\right)^{\frac{z}{2}}\exp\left(-\frac{z+z^2\left(1+\gamma\right)}{2}\right)\prod_{k=1}^{\infty} \left(1+\frac{z}{k}\right)^k \exp\left(\frac{z^2}{2k}-z\right)\etiqueta{2}$$ donde $\gamma=-\psi(1)$ es el de Euler-Mascheroni constante.

• Establecimiento $z=1$ (2) y usando (1), obtenemos $$1=\sqrt{2\pi}e^{-1-\gamma/2}\prod_{k=1}^{\infty} \left(1+\frac{1}{k}\right)^k \exp\left(\frac{1}{2k}-1\right).\la etiqueta{3}$$

La fórmula (3) significa que la identidad es equivalente a $$\sum_{k=1}^{\infty}\left[\frac{1}{2k}-\frac{1}{2}\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)\right]=\frac{\gamma}{2}.$$ Pero esto es casi la definición de $\gamma$ (tenga en cuenta que la suma de los logaritmos es telescópica).

Answer 2

Después de algo de álgebra, el producto se convierte en

$$e \left( \lim_{k\rightarrow \infty} \frac{(k+1)!}{\sqrt{k+1}((k+1)/e)^{k+1}} \right)^{-1} .$$

La expresión en paréntesis es $\sqrt{2\pi}$ usando la aproximación de Stirling.