Cómo uno muestra que $\prod_{k=1}^{\infty}\left(\prod_{j=1}^{\infty}{(2j)^{2^k}-1\over (2j)^{2^k}+1}\right)^{1/2^k}={2\over \pi}?$

Question

Dado este doble productos infinitos

$$\prod_{k=1}^{\infty}\left(\prod_{j=1}^{\infty}{(2j)^{2^k}-1\over (2j)^{2^k}+1}\right)^{1/2^k}={2\over \pi}\tag1$$

¿Cómo podemos probar $(1)$?

Un intento:

Llevar el registro de

$$\sum_{k=1}^{\infty}{1\over 2^k}\sum_{j=1}^{\infty}\ln\left({(2j)^{2^k}-1\over (2j)^{2^k}+1}\right)=\log{2\over \pi}\tag2$$

No está seguro de cómo manejar $$\sum_{j=1}^{\infty}\ln\left({(2j)^{2^k}-1\over (2j)^{2^k}+1}\right)\tag3$ $

Recordar $(4)$, tal vez podría ser de alguna utilidad para $(3)$

$$\ln{1+x\over 1-x}=\sum_{n=1}^{\infty}{2\over (2n-1)}x^{2n-1}\tag4$$

Answer 1

$$\sum_{j\geq 1}\log\left(\frac{(2j)^{2^k}-1}{(2j)^{2^k}+1}\right) = \sum_{j\geq 1}\log\left(\frac{1-\frac{1}{(2j)^{2^k}}}{1+\frac{1}{(2j)^{2^k}}}\right)=-\sum_{j\geq 1}\sum_{m\geq 0}\frac{2}{(2m+1)(2j)^{2^k(2m+1)}}\tag{1}$ $ multiplicando ambos lados de $(1)$ $\frac{1}{2^k}$ y $k\geq 1$ nos quedamos con la suma

$$ -\sum_{j\geq 1}\sum_{m\geq 0}\sum_{k\geq 1}\frac{2}{2^k(2m+1)(2j)^{2^k(2m+1)}}=-\sum_{j\geq 1}\sum_{h\geq 1}\frac{2}{2h(2j)^{2h}}=\sum_{j\geq 1}\log\left(1-\frac{1}{4j^2}\right)\tag{2}$ $ y la demanda del producto de Wallis.