OliForum Matematico

Propongo la mia produttoria (derivante da una generalizzazione del problema delle arcotangenti) che alla fine si fa in un modo semi-olimpico...

Evaluate: $ \displaystyle \prod_{n=1}^{+\infty} \left( 1+ \frac 1{n^3} \right ) $

Poniamo $ \omega=e^{\frac{\pi i}{3}} $

$ \displaystyle\prod_{n=1}^{M}\left( 1+\frac{1}{n^3}\right)=(M+1)\prod_{n=1}^{M}\left(1-\frac{\omega}{n}\right)\left(1-\frac{1-\omega}{n}\right) $
$ \displaystyle\frac{M+1}{(M!)^2}\prod_{n=1}^{M}(n-\omega)((n-1)+\omega)=\frac{\omega(M+1)(M-\omega)}{(M!)^2}\prod_{n=1}^{M-1}(n^2-\omega^2) $
$ \displaystyle\frac{\omega(M+1)(M-\omega)}{M^2}\prod_{n=1}^{M-1}\left(1-\frac{\omega^2}{n^2}\right)\xrightarrow[M\rightarrow+\infty]{} $$ \displaystyle\frac{\sin(\pi\omega)}{\pi}=\frac{1}{\pi}\cosh\left(\frac{\pi\sqrt{3}}{2}\right) $

elianto84 ha scritto: $ \displaystyle\prod_{n=1}^{M}\left( 1+\frac{1}{n^3}\right)=(M+1)\prod_{n=1}^{M}\left(1-\frac{\omega}{n}\right)\left(1-\frac{1-\omega}{n}\right) $

Il fattoriale, Jack - te lo sei dimenticato.

Ok, la mia sol era: ponendo $ A=\prod (1-\frac 1{n^3}) $ e $ A=\prod (1+\frac 1{n^3}) $ (le produttorie da 2 a infinito), io so calcolare $ A/B $ come prodotto telescopico e $ A*B $ usando lo sviluppo del seno.

Alla fine comunque la soluzione è uguale...