Cómo resolver $P=\left(1+\frac{1}{3}\right)\left(1+\frac{1}{3^2}\right)\left(1+\frac{1}{3^3}\right)\ldots \infty$

Question

¿Cómo puedo encontrar el siguiente producto

$$P=\left(1+\frac{1}{3}\right)\left(1+\frac{1}{3^2}\right)\left(1+\frac{1}{3^3}\right)\ldots \infty$$

Answer 1

Por cada $|x|\lt1$ , $$ \prod_{n=1}^\infty\left(1+x^n\right)=1+\sum_{n=1}^\infty a_nx^n, $$ donde $$ a_n=\#\{I\subset\mathbb N\mid s(I)=n\},\qquad s(I)=\sum_{i\in I}i. $$ Así, $a_n$ es el número de particiones de $n$ en partes diferenciadas, véase la página A000009 de la OEIS.

(Huelga decir (o tal vez sea necesario decirlo después de todo), que no existe una fórmula de forma cerrada para $a_n$ que sería válida para cada $n$ . A menos que el valor $x=\frac13$ simplificaría la suma de la serie, no hay razón para esperar una expresión sencilla del valor del producto infinito).

Answer 2

Esto no es una respuesta pero espero que otros ayuden a concluir algo.

En primer lugar, toma un logaritmo de ambos lados: $$ \log P=\log\prod_n\left(1+\frac{1}{3^n}\right)=\sum_n\log\left(1+\frac{1}{3^n}\right) $$ Ahora, utilizando la serie de Taylor, se obtiene: $$ \log(1+\frac{1}{3^m})=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} \frac{1}{3^{mn}}. $$ Por lo tanto tenemos: $$ \log P=\log\prod_n\left(1+\frac{1}{3^n}\right)=\sum_{m=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} \frac{1}{3^{mn}}\\ =\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} \sum_{m=1}^\infty\frac{1}{3^{mn}}\\ =\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n} \frac{1}{3^{n}-1}. $$ La serie anterior es convergente. Ahora bien una serie de Lambert con $a_n=\frac{(-1)^{n+1}}{n}$ y $q=\frac{1}{3}$ . Por el momento, no estoy seguro de si existe una forma cerrada en términos de alguna función especial o no.

Actualización 1: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{3^{n}-1}=\frac{\psi_{\frac{1}{3}}(1)+\log\frac 23}{\log \frac 13} $$ donde $\psi_{q}(z)$ es Función q-Polygamma .

Answer 3

Creo que esto sería demasiado largo para un comentario.

En cualquier caso, los límites inferior y superior para este producto se pueden encontrar muy fácilmente (cómo encontrar un valor exacto para la convergencia, no lo sé).

La serie presentada es de la forma (estudiada por Euler):

(1+x)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4)…

Ahora, si expandiéramos esto, imagina cuál sería el coeficiente del término x^1. Pues sólo hay 1 forma de elegirlo. Lo mismo ocurre con 1 (se multiplica por 1 en cada paréntesis). Así que la expansión se vería algo como esto

1 + x + x^2 + 2x^3 + 2x^4 +

El 2 para x^3 viene del hecho de que puedes crear x^3 de 2 maneras: elige x en el primer paréntesis, x^2 en el segundo - esa es 1 manera. Otra forma es elegir x^3 directamente.

En general, los coeficientes de esta expansión son las particiones de n en términos distintos (ya que cada potencia sólo aparece una vez en la expansión). Además, cada partición sólo puede seleccionarse de una manera, ya que con cada paréntesis la potencia de x^n siempre aumenta. Tomemos las particiones distintas de 6: 4 + 2, 5 + 1, 6 y 3 + 2 + 1. Cosas como 2 + 1 + 3 no serán contadas por el coeficiente ,ya que tal orden de partición no puede ser seleccionado a partir de la expansión.El nombre para esta propiedad es: "orden inmaterial"

Ahora observe, la partición de un número n en partes distintas (orden inmaterial) para cualquier número entero positivo dado mayor que n=1 es menor que la partición general de n (orden inmaterial también). (es decir, las particiones "generales" (orden inmaterial) de 3, en lugar de ser sólo 2 + 1, y 3, también incluyen 1 + 1 + 1 Así:

partición en partes distintas (orden inmaterial) < partición en partes (orden inmaterial)

Ahora, claramente:

partición en partes (orden irrelevante) < partición en partes (orden importante)

como toda partición inmaterial, cuando el orden importa, puede crearse de múltiples maneras. Es decir, en lugar de sólo 1 + 2 + 3, tenemos 1 + 3 + 2, 2 + 3 + 1, etc. Ahora para la partición en partes donde el orden importa, el n-ésimo número tiene 2^(n-1) tales particiones. Esto se deduce fácilmente porque:

n = 1 + 1 + 1 + 1 + 1 +

Ahora cada + se puede convertir en un "," Esto significa que los 2 "1" alrededor del "," se convierten en un solo número. Así, por ejemplo:

n = 1 , 1 , 1 + 1 , 1 + 1 + 1

que representa 3 + 2 + 1 + 1.

Claramente aquí, se seleccionarán todas las sumas posibles (donde el orden importa). Ahora bien, para un n dado, habrá n-1 ranuras en las que elegiremos "+" o ",". Es decir, el número de opciones es, 2^(n-1).

¿Qué relación tiene esto con la pregunta original?

Bueno, claramente por silogismo:

partición en partes distintas (orden irrelevante) < partición en partes (orden importante)

Así que si intercambiamos los coeficientes de la serie original con los coeficientes de la partición en partes (orden importante) y vemos que la serie sigue convergiendo, seguramente también debe hacerlo para los coeficientes de las partes distintas más pequeñas.

Observa: 1 + 2*(1/3) + 2^2(1/3)^2 + 2^3(1/3)^3 + 2^4(1/3)^4 +

Se trata claramente de una serie geométrica.

(2/3)^(n-1)

Conocemos la suma de esto como 1/(1-2/3), es decir, 3

Claramente, para esta versión ya ampliada de la serie, la suma a infinito converge. Entonces, como los coeficientes para una partición en partes distintas (el orden es irrelevante), en general son mucho más pequeños, ¡la serie original también debe converger a algo!

Del mismo modo, se puede establecer un límite inferior si no se considera ningún coeficiente:

1 + 1/3 + 1/9 +

que es igual a 1,5

Que tenga un buen día :)