¿Qué hace $\prod_{n\geq2}\frac{n^4-1}{n^4+1}$ ¿convertirse en?

Question

¿Qué hace $\prod_{n\geq2}\frac{n^4-1}{n^4+1}$ ¿convertirse en?

Hasta donde yo sé, esto no tiene solución de forma cerrada (no digo mucho, no sé mucho de matemáticas), pero un amigo mío jura que vio una solución de forma cerrada para esto en algún texto que no recuerda.

Al pasarlo por WolframAlpha me da una aproximación que, introducida a través de una calculadora simbólica inversa, no obtiene resultados. Esto es lo suficientemente satisfactorio como para creer que no hay una solución de forma cerrada, pero mi amigo realmente insiste en que la hay.

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Vale, no quiero sonar codicioso, pero también me interesaría ver cómo derivaría una solución de forma cerrada algebraicamente. Sin embargo, aprecio las respuestas rápidas.

Answer 1

Comience con la expansión del producto infinito de $\sin x$ ,

$$\sin x = x \prod_{n=1}^\infty \left(1 - \frac{x^2}{n^2\pi^2}\right)$$

Obtenemos

$$\prod_{n=2}^\infty \left(1 - \frac{\alpha^2}{n^2}\right) = \frac{\sin(\alpha\pi)}{\alpha\pi(1-\alpha^2)}$$

En particular, $$\begin{align} \prod_{n=2}^\infty \left(1 - \frac{1}{n^2}\right) &= \lim_{\alpha\to 1}\frac{\sin(\alpha\pi)}{\alpha\pi(1-\alpha^2)} = \lim_{a\to1} \frac{\pi\cos(\pi\alpha)}{\pi\alpha(-2\alpha)} = \frac{1}{2}\\ \prod_{n=2}^\infty \left(1 + \frac{1}{n^2}\right) &=\frac{\sin(i\pi)}{i\pi(1-i^2)} = \frac{\sinh\pi}{2\pi}\\ \prod_{n=2}^\infty \left(1 \mp \frac{i}{n^2}\right) &= \frac{\sin(\frac{1\pm i}{\sqrt{2}}\pi)}{\frac{1\pm i}{\sqrt{2}}\pi(1 \mp i)} = \frac{ \sin(\frac{\pi}{\sqrt{2}})\cosh(\frac{\pi}{\sqrt{2}}) \pm i \cos(\frac{\pi}{\sqrt{2}})\sinh(\frac{\pi}{\sqrt{2}}) }{\frac{1\pm i}{\sqrt{2}}\pi(1 \mp i)} \end{align}$$

A partir de esto, obtenemos

$$\begin{align} \prod_{n=2}^\infty\frac{n^4-1}{n^4+1} &= \frac{\displaystyle \prod_{n=2}^\infty \left(1 - \frac{1}{n^2}\right) \prod_{n=2}^\infty \left(1 + \frac{1}{n^2}\right) }{\displaystyle \prod_{n=2}^\infty \left(1 - \frac{i}{n^2}\right) \prod_{n=2}^\infty \left(1 + \frac{i}{n^2}\right) }\\ &= \frac{\displaystyle \frac{\sinh\pi}{4\pi} }{\displaystyle\left( \frac{\sin(\frac{\pi}{\sqrt{2}})^2\cosh(\frac{\pi}{\sqrt{2}})^2 +\cos(\frac{\pi}{\sqrt{2}})^2\sinh(\frac{\pi}{\sqrt{2}})^2}{2\pi^2}\right) }\\ &= \frac{\pi\sinh\pi}{\cosh(\sqrt{2}\pi) - \cos(\sqrt{2}\pi)}\\ \\ &\approx 0.84805404935290039212965018340500770584798748\ldots \end{align}$$

Answer 2

Como tu post era interesante y las respuestas realmente agradables, sólo por curiosidad personal, miré la función más general $$\prod_{n=2}^\infty\frac{n^q-1}{n^q+1} $$ donde $q$ en un número entero. A continuación informo de algunos resultados que he encontrado interesantes $$\prod_{n=2}^\infty\frac{n^2-1}{n^2+1}=\pi \text{csch}(\pi )$$ $$\prod_{n=2}^\infty\frac{n^3-1}{n^3+1}=\frac{2}{3}$$ $$\prod_{n=2}^\infty\frac{n^4-1}{n^4+1}=\frac{\pi \sinh (\pi )}{\cosh \left(\sqrt{2} \pi \right)-\cos \left(\sqrt{2} \pi \right)}$$ $$\prod_{n=2}^\infty\frac{n^6-1}{n^6+1}=\frac{\pi \left(1+\cosh \left(\sqrt{3} \pi \right)\right) \text{csch}(\pi )}{3 \left(\cosh (\pi )-\cos \left(\sqrt{3} \pi \right)\right)}$$

Answer 3

$$\prod_{n\geq2}\frac{n^4-1}{n^4+1} = \frac{\pi\sinh(\pi)}{\cosh(\sqrt2\pi)-\cos(\sqrt2\pi)}$$

Answer 4

Esta es una forma cerrada

$$P = {\frac {\pi\sinh \left( \pi \right) }{2\sin ( \pi\alpha )) \sin \left(\pi \overline \alpha)\right) }}\approx .8480540500, $$

donde $\alpha = \pi \,\left( \frac{\sqrt{2}}{2}+i \frac{\sqrt{2}}{2} \right) .$