Este extraño producto infinito puede definir exponentes en términos de sí mismo. ¿Qué hace para otras constantes?

Question

¿Qué es... $$\lim_{\omega \to \infty} \prod_{N=1}^{\omega} {{1+e^{b \cdot c^{-N}}} \over 2}$$

Esto es similar a mi otra pregunta. Sin embargo, hay un factor constante en lugar de la variable en el producto.

Mi intento: no tengo absolutamente ni idea, excepto para el caso de $c=2$ $b=b$ Crear una integral de línea sobre la unidad de la línea evaluado con un uniforme de la medida... $$\int_L e^{b \cdot x} d \mu=\int_{L/2} e^{b \cdot x} \ d\mu+\int_{L/2} e^{b \cdot (x+1/2)} \ d\mu$$ Esta identidad debe ser evidente por la auto-similitud. Prepararse para la recursividad... $$\int_L e^{b \cdot x} d \mu=\int_{L/2} e^{b \cdot x}+e^{b \cdot (x+1/2)} \ d\mu=(1+e^{b/2}) \cdot \int_{L/2} e^{b \cdot x} \ d\mu$$ $$\Rightarrow \int_L e^{b \cdot x} d \mu=(1+e^{b/2}) \cdot \left( \int_{L/4} e^{b \cdot x} \ d\mu+\int_{L/4} e^{b \cdot (x+1/4)} \ d\mu \right)$$ $$\Rightarrow \int_L e^x d \mu=(1+e^{b/2}) \cdot (1+e^{b/4}) \cdot \left( \int_{L/4} e^{b \cdot x} \ d\mu \right)$$ No sería difícil demostrar por inducción, a continuación, que... $$\Rightarrow \int_L e^{b \cdot x} d \mu=\lim_{\omega \to \infty} \prod_{N=1}^{\omega} (1+e^{b \cdot 2^{-N}}) \cdot \int_{L/{2^{\omega}}} e^{b \cdot x} \ d\mu$$ Sin embargo, sabemos lo que el lado izquierdo es igual, ya que puede ser evaluado como una integral definida, también sabemos que lo que la integral de la derecha es igual. Dado que la medida es uniforme y el número de valores de x serán autorizados a tomar en el intervalo se reduce a sólo el valor, es decir, $0$... $${{e^b-1} \over b}= \lim_{\omega \to \infty} \prod_{N=1}^{\omega} {{{1+e^{2^{-N}}}} \over 2}$$

Análisis numérico Para $b=2$, el producto de $c=2$ es $3.1045...$, $c=3$ es $1.7532..$, $c=4$ es$1.4424$$c=5$$1.3108$. Trazado parece sugerir un aumento exponencial en el denominador.

Motivación: Conseguir una respuesta me va a permitir derivar métodos para integrar una función como $e^x$ sobre los fractales. Si usted duda de esto, mira aquí.

Específicamente, $$\int_C e^{b \cdot x} \ d \mu=\lim_{\omega \to \infty} \prod_{N=1}^{\omega} {{1+e^{2 \cdot b \cdot {3}^{N}}} \over 2}$$ Donde la región de integración $C$ es el conjunto de cantor

Answer 1

El caso de $c=2$ es equivalente a la fórmula clásica

$$ \sin(x) = x \prod_{k=1}^\infty \cos(x/2^k)$$ y su forma hiperbólica $$ \sinh(x) = x \prod_{k=1}^\infty \cosh(x/2^k)$$ No soy consciente de nada similar para $c \ne 2$, sin embargo.

Si $P(x) = \prod_{k=1}^\infty \cos(x c^{-k})$, tenemos la ecuación funcional $P(cx) = \cos(x) P(x)$. Para $c=2$, $P(x) = \sin(x)/x$ es una solución a esto. No sé si hay una forma cerrada solución para $c \ne 2$.

EDIT: En la correspondencia con su fórmula, $x = b/2$. Tenga en cuenta que

$$ \dfrac{1 + e^{b c^{-k}}}{2} = e^{b c^{-k}/2} \cosh(b c^{-k}/2)$$ Ahora para $c > 1$,
$$ \prod_{k=1}^\infty e^{b c^{-k}/2} = \exp\left(\sum_{k=1}^\infty b c^{-k}/2\right) = \exp\left(\frac{b}{2c-2}\right)$$ así $$ \prod_{k=1}^\infty \dfrac{1 + e^{b c^{-k}}}{2} = \exp\left(\frac{b}{2c-2}\right) \prod_{k=1}^\infty \cosh(bc^{-k}/2) $$

EDIT: Para demostrar la "fórmula clásica", usted puede comenzar con

$$ \sin(x/2^n) \prod_{k=1}^n \cos(x/2^k) = \sin(x)/2^n$$ que es fácil demostrar el uso de la inducción. Dividir por $\sin(x/2^n)$ y tomar el límite cuando $n \to \infty$.