Demostrando que $\sigma=\prod_{n=1}^{\infty}(n!)^{\frac{1}{2^{n+1}}}$

Question

La constante de recurrencia cuadrática de Somos

La constante de recurrencia cuadrática de Somos está definida por la secuencia $g_n=ng_{n-1}$ con un valor inicial de $ g_0= 1$

El valor de $\sigma=1.661687...$

Un producto infinito del mundo de las matemáticas $\sigma=\prod_{k=1}^{\infty}k^{\frac{1}{2^k}}$

Encontramos otro producto infinito que involucra a los números factoriales mediante experimentos en una calculadora de suma.

$$\sigma=\prod_{n=1}^{\infty}(n!)^{\frac{1}{2^{n+1}}}$$ Donde n! es válido para enteros no negativos y se define por

$n!=n(n-1)(n-2)\cdots2\cdot1$

¿Puede alguien ayudarnos a probar esto?

Answer 1

Esta es una oportunidad para utilizar suma por partes : $$ \sum _{k=0}^{n} a_kb_k = A_nb_{n}- \sum _{k=0}^{n-1} A_k(b_{k+1}-b_k) \tag1 $$ donde $\displaystyle A_n:=\sum _{k=0}^{n} a_k$ . Aplicándolo con $$ a_k=\frac1{2^k},\quad A_n=2-\frac1{2^n}, \quad b_k=\log (k!),\quad b_{k+1}-b_k=\log (k+1), $$ da $$ \begin{align} \sum _{k=0}^{n} \frac1{2^k} \log (k!) &= \left(2-\frac1{2^n}\right)\log (n!)- \sum _{k=0}^{n-1} \left(2-\frac1{2^k}\right)\log (k+1) \\& =\left(2-\frac1{2^n}\right)\log (n!)- \sum _{k=1}^{n} \left(2-\frac2{2^k}\right)\log k \\&=-\frac1{2^n}\log (n!)+2\sum _{k=1}^{n} \frac1{2^k}\log k \end{align} $$ es decir

$$ \sum _{k=1}^{n} \frac1{2^k}\log k=\sum _{k=0}^{n} \frac1{2^{k+1}} \log (k!)+\frac1{2^{n+1}}\log (n!) \tag2 $$

Dejando $n \to \infty$ , utilizando $\displaystyle 0\leq\frac1{2^{n+1}}\log (n!)\leq \frac{n\log n}{2^{n+1}}$ , luego exponenciando ambos lados se obtiene el resultado anunciado.

Answer 2

Escriba $n!=\prod_{k=1}^{n} k$ y tú lo has hecho:

$$\begin{align}\prod_{n=1}^{\infty}(n!)^{\frac{1}{2^{n+1}}}&=\prod_{n=1}^{\infty}\prod_{k=1}^{n} k^{1/2^{n+1}}\\ &=\prod_{k=1}^{\infty}\prod_{n=k}^{\infty}k^{1/2^{n+1}}\\ &=\prod_{k=1}^{\infty}k^{\sum_{n=k}^{\infty}1/2^{n+1}}\\ &=\prod_{k=1}^{\infty}k^{1/2^k}\\ &=\sigma \end{align}$$