¿Cómo puedo probar \pi=e^ ${3/2} \prod_ {n = 2} ^ {\infty} e\left (1-\frac {1} {n ^ 2} \right) ^ {n ^ 2} $?

Question

Estoy interesado sobre algunos infinito producto representaciones de $\pi$ e $e$ como este.
La semana pasada me encontré con esta fórmula en internet

$$\pi=e^{3/2}\prod_{n=2}^{\infty}e\left(1-\frac{1}{n^2}\right)^{n^2}$$

que parece increíble.
(Se me olvidó el enlace, pero estoy seguro de que esta es la fórmula.)
¿Cómo puedo empezar a probar esta fórmula?
Gracias.

Answer 1

Usted puede escribir, por $N \geq 2$, $$ \begin{align} e^{3/2}\prod_{n=2}^{N}e\left(1-\dfrac{1}{n^2}\right)^{n^2}&=e^{3/2}\times\prod_{n=2}^{N}e\times\prod_{n=2}^{N}\left(1-\dfrac{1}{n^2}\right)^{n^2}\\\\ y=e^{3/2}\times e^{N-1}\times\prod_{n=2}^{N}\dfrac{(n-1)^{n^2}}{n^{n^2}}\dfrac{(n+1)^{n^2}}{n^{n^2}}\\\\ y=e^{3/2}\times e^{N-1}\times\prod_{n=2}^{N}\dfrac{(n-1)^{n^2}}{n^{(n+1)^2}}\times\dfrac{(n+1)^{n^2}}{n^{(n-1)^2}}\times n^2\\\\ &=e^{N+1/2}\times\color{blue}{\prod_{n=2}^{N}\dfrac{(n-1)^{n^2}}{n^{(n+1)^2}}}\times\color{#C00000}{\prod_{n=2}^{N}\dfrac{(n+1)^{n^2}}{n^{(n-1)^2}}}\veces \color{verde}{\prod_{n=2}^{N}n^2}\\\\ y=e^{N+1/2}\times\color{blue}{\dfrac{1}{N^{(N+1)^2}}}\times\color{#C00000}{\dfrac{(N+1)^{N^2}}{2}}\times \color{verde}{ (N!)^2}\\\\ &=\frac12\times e^{N+1/2}\times \left(1+\frac1N\right)^{N^2}\times\dfrac{ (N!)^2}{N^{2N+1}}. \tag1 \end{align} $$ A continuación, se puede observar que, como $N \+\infty$, $$ N^2 \ln \left(1+\frac1N \right)=N-\frac{1}{2}+O\left(\frac1N\right) $$ da $$ e^{N+1/2}\times\left(1+\frac1N\right)^{N^2}=e^{2N}\left(1+O\left(\frac1N\right)\right) \tag2 $$ y a partir de la fórmula de Stirling, obtenemos $$ \begin{align} (N!)^2 y=2\pi \;N^{2N+1}e^{-2N}\left(1+O\left(\frac1N\right)\right) \end{align} $$ $$ \begin{align} \frac{(N!)^2}{N^{2N+1}}&=2\pi \;e^{-2N}\left(1+O\left(\frac1N\right)\right).\tag3 \end{align} $$ Por la combinación de $(1)$, $(2)$ y $(3)$ obtenemos $N \+\infty$,

$$ e^{3/2}\prod_{n=2}^{N}e\left(1-\dfrac{1}{n^2}\right)^{n^2} = {\large \pi} \left(1+O\left(\frac1N\right)\right) $$

conduce al resultado deseado.

Answer 2

Uno puede escribir el registro del producto

$$\sum_{n=2}^{\infty} \left [1+n^2 \log{\left (1-\frac1{n^2} \right )} \right ] $$

Ahora,

$$\log{\left (1-\frac1{n^2} \right )} = -\int_0^1 \frac{du}{n^2-u} $$

Por lo que la suma es igual a

$$-\int_0^1 du \, u \sum_{n=2}^{\infty} \frac1{n^2-u} $$

$$\sum_{n=-\infty}^{\infty} \frac1{n^2-u} = -\frac{\pi \cot{\pi \sqrt{u}}}{\sqrt{u}} $$

Tenemos que la suma en cuestión puede escribirse como una integral:

$$\frac12 \int_0^1 du \left (\pi \sqrt{u} \cot{\pi \sqrt{u}} + \frac{2 u}{1-u} - 1 \right )$$

Manipular un poco y sub $u=v^2$ para obtener

$$\int_0^1 dv \left (\pi v^2 \cot{\pi v} + \frac{2 v}{1-v^2} \right ) - \frac32 $$

Evaluamos la integral por la simple evaluación de la antiderivada y utilizando el Teorema Fundamental. Utilizando el hecho de que

$$\cot{\pi v} = 2 \operatorname{Im}{\left (\frac1{1-e^{-i 2 \pi v}} \right )}$$

y la integración por partes, nos encontramos con que

$$\pi \int dv \, v^2 \cot{\pi v} = \frac{i v \text{Li}_2\left(e^{-2 i \pi v}\right)}{\pi}+\frac{\text{Li}_3\left(e^{-2 i \pi v}\right)}{2 \pi^2}+\frac{i \pi v^3}{3}+v^2 \log \left(1-e^{-2 i \pi v}\right) + C$$

$$\int dv \, \frac{2 v}{1-v^2} = -\log{(1-v^2)} + C$$

En la toma de la integral a partir de $v=0$ $v=1$, $\text{Li}_3$ plazo se desvanece. Los otros términos se desvanecen en $v=0$, por lo que sólo tenemos que preocuparnos con el límite de la suma de las expresiones como $v \1^-$. Tenemos, como el límite,

$$\frac{i \pi}{6} + \frac{i \pi}{3} + \log{(-i 2 \pi)} - \log{2} = \log{\pi} $$

(NB $\text{Li}_2(1) = \pi^2/6$.) El registro del producto es, por tanto,

$$\log{\pi} - \frac32$$

A partir de esto, exponentiating produce el resultado original.

Answer 3

Tomando los registros y el uso de la energía de la serie para $\log(1-x)$, obtenemos $$ \begin{align} \frac32+\sum_{n=2}^\infty\left[1+n^2\log\left(1-\frac1{n^2}\right)\right] &=\frac32-\sum_{n=2}^\infty\sum_{k=1}^\infty\frac1{(k+1)n^{2k}}\\ &=\frac32-\sum_{k=1}^\infty\frac{\zeta(2k)-1}{k+1}\etiqueta{1} \end{align} $$ La transcripción de $(5)$ de esta respuesta: $$ \begin{align} &\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2n)-1}{n+1}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\int_0^1(\zeta(2n)-1)\,2x^{2n+1}\,\mathrm{d}x\etiqueta{2a}\\ &=\int_0^1\left(1-\pi x\cuna(\pi x)-\frac{2x^2}{1-x^2}\right)\,x\,\mathrm{d}x\etiqueta{2b} \\ &=\int_0^1\left(3-\pi\cuna(\pi x)-\frac2{1-x^2}\right)\,x\,\mathrm{d}x\etiqueta{2c}\\ &=\frac32-\lim_{\lambda\1^-}\int_0^\lambda\left(\pi\cuna(\pi x)+\frac2{1-x^2}\right)\,x\,\mathrm{d}x\etiqueta{2d}\\ &=\frac32-\lim_{\lambda\to1^-}\left[\vphantom{\sum}\lambda\log(\sin(\pi\lambda))-\log(1-\lambda^2)\right]+\int_0^1\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x\etiqueta{2}\\ &=\frac32-\log(\pi)+\log(2)-\log(2)\etiqueta{2f}\\ &=\frac32-\log(\pi\etiqueta{2g} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$: $\int_0^12x^{2n+1}\,\mathrm{d}x=\frac1{n+1}$
$\text{(2b)}$: el uso de la generación de la función $\zeta(2n)$ derivados en esta respuesta
$\text{(2c)}$: uso que $1-\frac{2x^2}{1-x^2}=3-\frac2{1-x^2}$ y $(4)$
$\text{(2d)}$: escribir la integral como límite de
$\text{(2e)}$: integrar por partes
$\text{(2f)}$: $\lim\limits_{\lambda\1}\frac{\sin(\pi \lambda)}{1-\lambda}=\pi$ y $(6)$
$\text{(2g)}$: cancelar $\log(2)$

La combinación de $(1)$ y $(2)$, obtenemos $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{e^{3/2}\prod_{n=2}^\infty\left(1-\frac1{n^2}\right)^{n^2}=\pi}\etiqueta{3} $$

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Resultados Utilizadas en $\boldsymbol{(2)}$

La sustitución $x\mapsto1-x$ muestra la siguiente integral es igual a su negativa. Por lo tanto, $$ \int_0^1\pi(1-x)\cuna(\pi x)\,x\,\mathrm{d}x=0\etiqueta{4} $$ La sustitución de $x\mapsto2x$ rendimientos $$ \begin{align} &\int_0^1\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x\\ Y=2\int_0^{1/2}\log(\sin(2\pi x))\,\mathrm{d}x\\ &=\log(2)+2\int_0^{1/2}\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x+2\int_0^{1/2}\log(\cos(\pi x))\,\mathrm{d}x\\ &=\log(2)+2\int_0^{1/2}\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x+2\int_{1/2}^1\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x\\ &=\log(2)+2\int_0^1\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x\etiqueta{5} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \int_0^1\log(\sin(\pi x))\,\mathrm{d}x=-\log(2)\etiqueta{6} $$