Cómo calcular $\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac{1}{n!}\right)$ ?

Question

En

$$p=\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac{1}{n!}\right)$$

tiene alguna forma cerrada en términos de constantes matemáticas conocidas? El ordenador dice $$p=3.682154\dots$$ pero ni siquiera sé cómo idear los límites superior e inferior convergentes para obtener este resultado.

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Edición 15 de enero: He eliminado el producto infinito en favor de una suma infinita de rápida convergencia sobre productos finitos aquí .

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Pensamientos:

$$p=\lim_{n\to \infty}p_n\hspace{.7cm}\text{where}\hspace{.7cm} p_n=p_{n-1}\cdot \left(1+\frac{1}{n!}\right)\hspace{.7cm}\text{with}\hspace{.7cm} p_1=2.$$

Así que busqué un patrón emergente

$p_1=(1+\frac{1}{1!})$

$p_2=(1+\frac{1}{1!})(1+\frac{1}{2!})=(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!})+(\frac{1}{1!2!})$

$p_3=((1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!})+\frac{1}{1!2!})(1+\frac{1}{3!}) =(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!})+(\frac{1}{1!2!}+\frac{1}{1!3!}+\frac{1}{2!3!})+\frac{1}{1!2!3!}$

Parece que

$$p=1+\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=1}^\infty a_{nm}$$

donde $a_{1m}$ es la suma de términos con un inversa $\frac{1}{m!}$ y luego $a_{2m}$ es la suma de (sumas de) términos con dos inversa $\frac{1}{r!s!}$ . Por ejemplo, el término $\frac{1}{1!3!}$ está en la suma, y entonces supongo que necesito todas las particiones en $n$ números. Sin embargo, no queremos contar $\frac{1}{2!2!}$ y así es más complicado. Supongo que el producto se puede escribir como una suma de término $(e-1)^n$ menos algo, como por ejemplo

$(e-1)^2 = \left(\frac{1}{1!} + \frac{1}{2!}+ \frac{1}{3!}+\cdots\right)\left(\frac{1}{1!} + \frac{1}{2!}+ \frac{1}{3!}+\cdots\right) =\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{ m!\,n!}$ .

El logaritmo de la misma es también una suma de sumas que se parece un poco a la expansión en serie de la función exponencial, pero allí, creo, los coeficientes son potencias de $\frac{1}{n!}$ .

Answer 1

Sólo una observación $$\ln p=\sum_{n=1}^{\infty}\ln \left(1+\frac{1}{n!}\right)<\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n!}=e-1$$ Desde $$\ln (1+x)-x< 0$$ para todos $x> 0$ . Así que, $$p<e^{e-1}\approx 5.5749\ldots$$

Observación adicional: Un límite inferior y superior más ajustado es el que viene a continuación:

$$\ln p=\sum_{n\ge 1}\ln\left(1+\frac{1}{n!}\right)=\ln 2+\sum_{n\ge 2}\sum_{k\ge 1}\frac{(-1)^{k-1}}{k(n!)^k}\\ $$ Entonces, utilizando la desigualdad $$\left(\sum_{i}a_i^k\right)\le \left(\sum_{i}a_i\right)^k$$ para $a_i\ge 0$ obtenemos (después de algunos cálculos, que no son muy difíciles) $$\ln 2+e-2+\frac{1}{2}\ln (1-(e-2)^2)<\ln p<\ln 2+\frac{1}{2}\ln\left(\frac{e-1}{3-e}\right)\\ \Rightarrow 2e^{e-2}\sqrt{4e-e^2-3}<p<2\sqrt{\frac{e-1}{3-e}}\\ \Rightarrow 2.8538\ldots <p< 4.9393\ldots$$

Answer 2

Nota: Steven Stadnicki hizo un buen comentario sobre la no tan buena convergencia de mi computación sugeridaa; método. Estoy modificando esto para tratar de corregir esto.

Ampliando la observación de Samrat, para cualquier número entero positivo $m$ ,

$\begin{align} \ln p &=\sum_{n=1}^{\infty}\ln \left(1+\frac{1}{n!}\right)\\ &=\sum_{n=1}^{m}\ln \left(1+\frac{1}{n!}\right)+\sum_{n=m+1}^{\infty}\ln \left(1+\frac{1}{n!}\right)\\ &= G_m+F_m\\ \text{where}\\ F_m &=\sum_{n=m+1}^{\infty}\ln \left(1+\frac{1}{n!}\right)\\ &=\sum_{n=m+1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k(n!)^k}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k(n!)^k}\\ &=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k}\sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{1}{(n!)^k}\\ \end{align}$

Dejemos que $f_m(k) = \sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{1}{(n!)^k}$ , así que $F_m = \sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k-1}}{k} f_m(k)$ .

$f_m(1)$ es $e$ menos el inicio de su serie, y por lo tanto es trascendental.

$f_m(2)$ es $I_0(2)$ menos el inicio de su serie, donde $I_0(x)$ es la función de Bessel modificada del primer tipo. No sé si $I_0(2)$ es trascendental, pero $J_0(1)$ se sabe que es, así que estaría dispuesto a apostar que $all$ el $f_m(k)$ son trascendentales.

Ahora obtendré un límite superior en $f_m(k)$ para ayudar en el cálculo de $F_m$ .

$f_m(k) = \sum_{n=m+1}^{\infty} \frac{1}{(n!)^k} = \frac{1}{(m!)^k}\sum_{n=m+1}^{\infty} \left(\frac{m!}{n!}\right)^k$ .

Si $n > m$ , $\frac{n!}{m!} =\prod_{k=1}^{n-m} (m+k) \ge (m+1)^{n-m}$ , así que $f_m(k) \le \frac{1}{(m!)^k}\sum_{n=m+1}^{\infty} \left(\frac{1}{(m+1)^{n-m}}\right)^k = \frac{1}{(m!)^k}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{(m+1)^{nk}} = \frac{1}{(m!)^k}\frac{(m+1)^{-k}}{1-(m+1)^{-k}} = \frac{1}{(m!)^k((m+1)^k-1)}$ .

Desde el $f_m(k)$ están disminuyendo, $|F_m| < f_m(1) < \frac{1}{m!m}$ .

Esto significa que el error en el uso de la primera $m$ términos en el producto es menor que este límite.

Esto de alguna manera parece un resultado más obvio de lo que me gustaría, pero tendré que dejarlo así ya que no veo una forma más eficaz de estimar la suma.

Posiblemente se podría utilizar algún método de aceleración para obtener estimaciones más precisas.

Answer 3

Utilizando el relación general

$$a_1\cdot\prod_{n=1}^\infty\frac{a_{n+1}}{a_n}=a_1+\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{a_{n+1}}{a_n}-1\right)a_n$$

con los productos parciales

$$a_n\equiv p_{n-1}:=\prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\dfrac{1}{k!}\right),$$

por lo que resulta que

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}-1=\frac{1}{n!},$$

He encontrado la representación de la suma

$$p=\sum_{n=0}^\infty\dfrac{1}{n!}\,{\prod_{k=1}^{n-1}}\left(1+\dfrac{1}{k!}\right)$$

Los primeros términos son $1,1,1,\tfrac{1}{2}$ para un total de 3,5. La convergencia es muy rápida, ya que el aumento monótono $a_n$ están, por definición, limitados por $p<4$ . El cuarto término ya es $\dfrac{a_4}{4!}\approx 0.1\dots$

Aquí también se puede encontrar un sencillo esquema de aproximación utilizando la expansión de ${\rm e}^1$ .

Answer 4

He estado interesado en los productos aswell (ver mi pregunta) el método que he utilizado fue este, espero que ayude.

$$\prod_{i=b}^c 1+a_i$$ = $$1+\sum_{i=b}^{c} (a_i)+$$ $$1/2!((\sum_{i=b}^c (a_i))^2-\sum_{i=b}^c (a_i)^2$$ $$1/3!((\sum_{i=b}^c (a_i))^3-3\sum_{i=b}^c (a_i)^2\sum_{i=b}^c (a_i)+2\sum_{i=b}^c (a_i)^3)$$ $$1/4!((\sum_{i=b}^c (a_i))^4-6(\sum_{i=b}^c (a_i))^2\sum_{i=b}^c (a_i)^2+3(\sum_{i=b}^c (a_i)^2)^2+8(\sum_{i=b}^c (a_i)^3)\sum_{i=b}^c (a_i)-6\sum_{i=b}^c (a_i)^4)$$

Estos son los números refinados del remolino, pero supongo que usted consigue el patrón, no domino las habilidades todavía para escribir esto más eficiente abajo.