4 svar
200 visningar
AlvinB är nöjd med hjälpen!
AlvinB 3847
Postad: 21 jul 2019 Redigerad: 21 jul 2019

Oändlig produkt

Hej!

Här är en kluring som jag själv skulle bedöma som ganska svår, men det kanske finns enkla lösningar som jag inte upptäckt själv. Min förhoppning är i alla fall att någon skall finna en lösning på problemet som kanske inte är samma som min egen.

Problemet lyder som följer:

Bestäm ett slutet uttryck för den oändliga produkten:

43·3635·10099·196195·...=2222-1·6262-1·102102-1·142142-1·...\dfrac{4}{3}\cdot\dfrac{36}{35}\cdot\dfrac{100}{99}\cdot\dfrac{196}{195}\cdot...=\dfrac{2^2}{2^2-1}\cdot\dfrac{6^2}{6^2-1}\cdot\dfrac{10^2}{10^2-1}\cdot\dfrac{14^2}{14^2-1}\cdot...

eller uttryckt med produktsymbolen:

1(4n-2)2(4n-2)2-1\displaystyle\prod_1^\infty\frac{(4n-2)^2}{(4n-2)^2-1}

tomast80 3251
Postad: 21 jul 2019 Redigerad: 21 jul 2019

Hej!

Kom på följande lösning:

Visa spoiler

A=1(4n-2)2(4n-2)2-1\displaystyle A=\prod_1^\infty\frac{(4n-2)^2}{(4n-2)^2-1}\Rightarrow
1A=11-(4n-2)-2=11-122(2n-1)2\displaystyle \frac{1}{A}=\prod_1^\infty1-(4n-2)^{-2}=\prod_1^\infty1-\frac{1}{2^2(2n-1)^2}

Vi använder sedan Eulers kända identitet:
sin(πz)=πz11-z2n2\displaystyle \sin (\pi z)=\pi z \prod_1^\infty1-\frac{z^2}{n^2}

Detta ger:

11-2-2n2=11-2-2(2n-1)2·11-2-2(2n)2\displaystyle \prod_1^\infty1-\frac{2^{-2}}{n^2}=\prod_1^\infty1-\frac{2^{-2}}{(2n-1)^2}\cdot\prod_1^\infty1-\frac{2^{-2}}{(2n)^2}

d.v.s. vi delar upp produkten i udda och jämna värden på indexet, där den vänstra produkten av de två till höger om likhetstecknet är den som efterfrågas.

För z=12z=\frac{1}{2} fås z2=2-2z^2=2^{-2} och med z=14z=\frac{1}{4} erhålls z2=2-4z^2=2^{-4}.

Slutligen ger detta:

1A=sin(π/2)π/2/sin(π/4)π/4\displaystyle \frac{1}{A} = \frac{\sin {(\pi/2)}}{\pi /2} / \frac{\sin {(\pi /4)}}{\pi /4}
1A=22=12\displaystyle \frac{1}{A}=\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}\Rightarrow
A=2\displaystyle A=\sqrt{2}

Svar: Produkten är lika med 2\sqrt{2}.

Albiki 5072
Postad: 21 jul 2019 Redigerad: 21 jul 2019

Hej!

Min tanke är som följer (på engelska).

Visa spoilerDefine number A=2·21·3·6·65·7·10·109·11A=\frac{2\cdot 2}{1\cdot 3}\cdot\frac{6\cdot 6}{5\cdot 7}\cdot\frac{10\cdot 10}{9\cdot 11} \cdots and recall Wallis' product as π2=2·21·3·4·43·5·6·65·7·8·87·9\frac{\pi}{2} = \frac{2\cdot 2}{1\cdot 3}\cdot \frac{4\cdot 4}{3\cdot 5}\cdot\frac{6\cdot 6}{5\cdot 7}\cdot\frac{8\cdot 8}{7\cdot 9}\cdots. Define number B=3·54·4·7·98·8·11·1312·12B=\frac{3\cdot 5}{4\cdot 4}\cdot\frac{7\cdot 9}{8\cdot 8}\cdot\frac{11\cdot 13}{12\cdot 12}\cdots so that A/B=π/22A=πBA/B=\pi/2\iff 2A=\pi B. According to Euler we have sinxx=n=1(1-x2n2π2)\frac{\sin x}{x}=\prod\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}) for which x=π/4x=\pi/4 gives 1/2π/4=n=1(1-1(4n)2)\frac{1/\sqrt{2}}{\pi/4}=\prod\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{1}{(4n)^2}). Notice (1-1(4n)2)=4n-14n·4n+14n(1-\frac{1}{(4n)^2})=\frac{4n-1}{4n}\cdot\frac{4n+1}{4n} so that B=22/πB=2\sqrt{2}/\pi giving 2A=22A=2.2A=2\sqrt{2} \iff A=\sqrt{2}.
AlvinB 3847
Postad: 21 jul 2019 Redigerad: 21 jul 2019

Snyggt, tomast!

Du verkar, precis som jag, ha insett att man kan använda sig av Eulerprodukten för sin(πx)/(πx)\sin(\pi x)/(\pi x):

sin(πx)πx=n=11-x2n2\displaystyle\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\prod_{n=1}^\infty1-\frac{x^2}{n^2}

En intressant härledning av denna produkt är följande:

Visa spoiler

På samma sätt som vi kan faktorisera ett polynom med hjälp av dess nollställen enligt faktorsatsen kan vi tänka oss att vi utvecklar sin(πx)\sin(\pi x). Dess nollställen är ju alla heltalen, xx\in\mathbb{Z}, så vi får då:

sin(πx)=...(x+3)(x+2)(x+1)ax(x-1)(x-2)(x-3)...\sin(\pi x)=...(x+3)(x+2)(x+1)ax(x-1)(x-2)(x-3)...

där aa är en reell konstant. Om vi nu använder konjugatregeln får vi:

sin(πx)=ax(x2-1)(x2-22)(x2-32)...\sin(\pi x)=ax(x^2-1)(x^2-2^2)(x^2-3^2)...

För att få det hela på en form som gör det enklare att bestämma den inledande konstanten dividerar vi varje parentes och multiplicerar med minus ett så att alla parenteser blir på formen (1-x2/n2)(1-x^2/n^2). Vi får då en ny konstant bb för att kompensera för denna ommöblering:

sinπx=bx1-x2(1-x222)(1-x232)...\sin\left(\pi x\right)=bx\left(1-x^2\right)(1-\dfrac{x^2}{2^2})(1-\dfrac{x^2}{3^2})...

Konstanten bb kan därefter bestämmas genom att dividera båda led med xx och därefter ta ett gränsvärde då x0x\to0:

limx0sin(πx)x=limx01-x2(1-x222)(1-x232)...\lim_{x\to0}\dfrac{\sin(\pi x)}{x}=\lim_{x\to0}\left(1-x^2\right)(1-\dfrac{x^2}{2^2})(1-\dfrac{x^2}{3^2})...

π=b(1-0)(1-0)(1-0)...\pi=b(1-0)(1-0)(1-0)...

vilket ger b=πb=\pi och:

sin(πx)x=π1-x2(1-x222)(1-x232)...\dfrac{\sin(\pi x)}{x}=\pi\left(1-x^2\right)(1-\dfrac{x^2}{2^2})(1-\dfrac{x^2}{3^2})...

sin(πx)πx=1-x2(1-x222)(1-x232)...\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\left(1-x^2\right)(1-\dfrac{x^2}{2^2})(1-\dfrac{x^2}{3^2})...

sin(πx)πx=n=11-x2n2\displaystyle\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\prod_{n=1}^\infty1-\frac{x^2}{n^2}

Som du elegant visat ges sedan produkten som en kvot då två värden stoppas in, x=1/2x=1/2 och x=1/4x=1/4.


Om man leker litegrann med denna produkt ser man att det finns mycket att hämta ur den. Några andra likheter man kan härleda genom insättning av olika xx-värden är:

π2=n=1(2n)2(2n)2-1=43·1615·3635·...\displaystyle\frac{\pi}{2}=\prod_{n=1}^\infty\frac{(2n)^2}{(2n)^2-1}=\frac{4}{3}\cdot\frac{16}{15}\cdot\frac{36}{35}\cdot...                      (Wallisprodukten)

2π33=n=1(3n)2(3n)2-1=98·3635·8180·...\displaystyle\frac{2\pi}{3\sqrt{3}}=\prod_{n=1}^\infty\frac{(3n)^2}{(3n)^2-1}=\frac{9}{8}\cdot\frac{36}{35}\cdot\frac{81}{80}\cdot...

π22=n=1(4n)2(4n)2-1=1615·6463·144143·...\displaystyle\frac{\pi}{2\sqrt{2}}=\prod_{n=1}^\infty\frac{(4n)^2}{(4n)^2-1}=\frac{16}{15}\cdot\frac{64}{63}\cdot\frac{144}{143}\cdot...

Genom att logaritmera kan man även härleda några summor:

ln2sin(π/2)π=n=1ln1-12n2\displaystyle\ln\left(\frac{\sqrt{2}\sin(\pi/\sqrt{2})}{\pi}\right)=\sum_{n=1}^\infty\ln\left(1-\frac{1}{2n^2}\right)

ln2π=n=1ln1-14n2\displaystyle\ln\left(\frac{2}{\pi}\right)=\sum_{n=1}^\infty\ln\left(1-\frac{1}{4n^2}\right)

Visa spoiler

Logaritmering av likheten

sin(πx)πx=n=11-x2n2\displaystyle\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\prod_{n=1}^\infty1-\frac{x^2}{n^2}

ger:

lnsin(πx)πx=lnn=11-x2n2\displaystyle\ln\left(\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}\right)=\ln\left(\prod_{n=1}^\infty1-\frac{x^2}{n^2}\right)

Logaritmlagen ln(abc)=ln(a)+ln(b)+ln(c)\ln(abc)=\ln(a)+\ln(b)+\ln(c) ger sedan:

lnsin(πx)πx=n=1ln1-x2n2\displaystyle\ln\left(\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}\right)=\sum_{n=1}^\infty\ln\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)

Insättning av x=1/2x=1/\sqrt{2} respektive x=1/2x=1/2 ger sedan ovanstående två summor.

Efter att man logaritmerat båda led kan man även derivera båda led för att få:

14-2π4tan(2π)=n=11n2-2\displaystyle\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{2}\pi}{4\tan(\sqrt{2}\pi)}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2-2}

12-3π18=n=11(3n)2-1\displaystyle\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}\pi}{18}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(3n)^2-1}

Visa spoiler

Deriverar man båda led i

lnsin(πx)πx=n=1ln1-x2n2\displaystyle\ln\left(\frac{\sin(\pi x)}{\pi x}\right)=\sum_{n=1}^\infty\ln\left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)

erhålls:

πcos(πx)sin(πx)-1x=n=1-2xn21-x2n2\displaystyle\frac{\pi\cos(\pi x)}{\sin(\pi x)}-\frac{1}{x}=\sum_{n=1}\infty\frac{-\frac{2x}{n^2}}{1-\frac{x^2}{n^2}}

(VL kan skrivas som ln(sin(πx))-ln(πx)\ln(\sin(\pi x))-\ln(\pi x) vilket förenklar deriveringen)

Därefter kan man förenkla i högerled och utnyttja att (tan(x))-1=cos(x)/sin(x)(\tan(x))^{-1}=\cos(x)/\sin(x):

1x-πtan(πx)=n=12xn2-x2\displaystyle\frac{1}{x}-\frac{\pi}{\tan(\pi x)}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2x}{n^2-x^2}

12x2-π2xtan(πx)=n=11n2-x2\displaystyle\frac{1}{2x^2}-\frac{\pi}{2x\tan(\pi x)}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2-x^2}

Sedan ges summorna när man sätter in x=2x=\sqrt{2} respektive x=1/3x=1/3

Ytterligare ett sätt att härleda summor är att multiplicera ut parenteserna i produkten och sedan likställa med Taylorutvecklingen för sin(πx)/(πx)\sin(\pi x)/(\pi x). Då kan man bl.a. härleda:

π26=n=11n2\displaystyle\frac{\pi^2}{6}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}                              (Baselproblemet)

π4120=k=1n=k+11k2·n2\displaystyle\frac{\pi^4}{120}=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=k+1}^\infty\frac{1}{k^2\cdot n^2}

Visa spoiler

Maclaurinutvecklingen för sin(πx)/(πx)\sin(\pi x)/(\pi x) är:

sin(πx)πx=1-π2x26+π4x4120-...\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}=1-\dfrac{\pi^2x^2}{6}+\frac{\pi^4x^4}{120}-...

Genom att multiplicera ut parenteserna får vi:

sin(πx)πx=1-x2(1-x222)(1-x232)...=\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}=\left(1-x^2\right)(1-\dfrac{x^2}{2^2})(1-\dfrac{x^2}{3^2})...=

=1-x2-x222-x232-...=1-x2(1+122+132+...)+...=1-x^2-\dfrac{x^2}{2^2}-\dfrac{x^2}{3^2}-...=1-x^2(1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+...)+...

Vi ser att koefficienten för x2x^2 bildar summan:

n=11n2\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}

Men denna måste även vara lika med x2x^2-koefficienten i Maclaurinutvecklingen. Vi får då:

π26=n=11n2\displaystyle\frac{\pi^2}{6}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}

För den andra summan görs ett liknande resonemang för x4x^4-koefficienterna. Ur parenteserna kommer x4x^4-termerna att bli:

x2·x222+x2·x232+...+x222·x232+x222·x242+...+x232·x242+x232·x252+...x^2\cdot\dfrac{x^2}{2^2}+x^2\cdot\dfrac{x^2}{3^2}+...+\dfrac{x^2}{2^2}\cdot\dfrac{x^2}{3^2}+\dfrac{x^2}{2^2}\cdot\dfrac{x^2}{4^2}+...+\dfrac{x^2}{3^2}\cdot\dfrac{x^2}{4^2}+\dfrac{x^2}{3^2}\cdot\dfrac{x^2}{5^2}+...

vilket med sigmanotation ger:

π4120=k=1n=k+11k2·n2\displaystyle\frac{\pi^4}{120}=\sum_{k=1}^\infty\sum_{n=k+1}^\infty\frac{1}{k^2\cdot n^2}

AlvinB 3847
Postad: 21 jul 2019
Albiki skrev:

Hej!

Min tanke är som följer (på engelska).

Visa spoilerDefine number A=2·21·3·6·65·7·10·109·11A=\frac{2\cdot 2}{1\cdot 3}\cdot\frac{6\cdot 6}{5\cdot 7}\cdot\frac{10\cdot 10}{9\cdot 11} \cdots and recall Wallis' product as π2=2·21·3·4·43·5·6·65·7·8·87·9\frac{\pi}{2} = \frac{2\cdot 2}{1\cdot 3}\cdot \frac{4\cdot 4}{3\cdot 5}\cdot\frac{6\cdot 6}{5\cdot 7}\cdot\frac{8\cdot 8}{7\cdot 9}\cdots. Define number B=3·54·4·7·98·8·11·1312·12B=\frac{3\cdot 5}{4\cdot 4}\cdot\frac{7\cdot 9}{8\cdot 8}\cdot\frac{11\cdot 13}{12\cdot 12}\cdots so that A/B=π/22A=πBA/B=\pi/2\iff 2A=\pi B. According to Euler we have sinxx=n=1(1-x2n2π2)\frac{\sin x}{x}=\prod\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}) for which x=π/4x=\pi/4 gives 1/2π/4=n=1(1-1(4n)2)\frac{1/\sqrt{2}}{\pi/4}=\prod\limits_{n=1}^{\infty}(1-\frac{1}{(4n)^2}). Notice (1-1(4n)2)=4n-14n·4n+14n(1-\frac{1}{(4n)^2})=\frac{4n-1}{4n}\cdot\frac{4n+1}{4n} so that B=22/πB=2\sqrt{2}/\pi giving 2A=22A=2.2A=2\sqrt{2} \iff A=\sqrt{2}.

Snyggt, kort och koncist!

Precis som du nämner kallas ju produkten då vi har 2n2n istället för 4n-24n-2 för Wallisprodukten och har värdet π/2\pi/2. Den går förövrigt att härleda med hjälp av integraler av sinuspotenser, men det är betydligt krångligare.

Svara Avbryt
Close