Докажите, что $$\prod\limits_{k = 1}^{2n} {\Gamma \left( {\frac{k}{{2n + 1}}} \right)} = \frac{{{{\left( {2\pi } \right)}^n}}}{{\sqrt {2n + 1} }}.$$

задан 8 Авг 21:48

изменен 8 Авг 21:58

2

Достаточно применить формулу Г(x)Г(1-x)=п/sin(пx) и потом перемножить синусы. Эти тождества хорошо известны.

(8 Авг 22:29) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

$$ \Gamma(1-z) \Gamma(z)=\frac{\pi}{\sin (\pi z)} \text { для } z \notin \mathbb{Z}.$$

объединение множителей с индексами $%k=j$% с $%k=2n+1-j$% для каждого $%j=1,2,\ldots,n$% вместе дает

$$ \begin{aligned} \mathcal{P} &=\prod_{j=1}^{n}\left(\Gamma\left(\frac{j}{2 n+1}\right) \Gamma\left(1-\frac{j}{2 n+1}\right)\right) \\ &=\prod_{j=1}^{n} \frac{\pi}{\sin \left(\frac{\pi j}{2 n+1}\right)} \\ &=\pi^{n}\left[\prod_{j=1}^{n} \sin \left(\frac{\pi j}{2 n+1}\right)\right]^{-1}. \end{aligned} $$

Убрав гамма-функции, осталось оценить $%\mathcal{Q}=\prod_{i=1}^{n} \sin \left(\frac{\pi j}{2 n+1}\right)$%. Поскольку $%\sin (\pi-\theta)=\sin \theta$%, мы можем написать $$ \mathcal{Q}^{2}=\prod_{j=1}^{2 n} \sin \left(\frac{\pi j}{2 n+1}\right). $$

(Обратите внимание, что, поскольку каждый множитель в $%\mathcal{Q}$% положителен, $%\mathcal{Q}$% тоже положителен. Следовательно, мы извлекаем положительный квадратный корень, чтобы получить значение $%\mathcal{Q}$% из значения $%\mathcal{Q}^2$%.)

Вычисление $%\mathcal{Q}^2$% теперь напрямую следует из того факта, что $$ \prod_{k=1}^{n-1} \sin \left(\frac{k \pi}{n}\right)=\frac{n}{2^{n-1}}.$$

Замена $%n$% на $%2n+1$% дает $%Q^{2}=\frac{2n+1}{2^{2n}}$%, и, следовательно, $%\mathcal{Q}=\frac{\sqrt{2 n+1}}{2^{n}}$%. Таким образом, мы заключаем, что $$ \mathcal{P}=\prod_{k=1}^{2 n} \Gamma\left(\frac{k}{2 n+1}\right)=\frac{(2 \pi)^{n}}{\sqrt{2 n+1}}. $$

БОНУС: Чтобы доказать это тождество $%\prod_{k=1}^{n-1} \sin \left(\frac{k \pi}{n}\right)=\frac{n}{2^{n-1}}$%, воспользуемся тем фактом, что $%\sin z=\frac{e^{i z}-e^{-i z}}{2 i}=\frac{e^{i z}}{2 i} \cdot\left(1-e^{-2 i z}\right)$%. Тогда имеем:

$$ \begin{aligned} \prod_{k=1}^{n-1} \sin \left(\frac{k \pi}{n}\right) &=\prod_{k=1}^{n-1} \frac{e^{k \pi i / n}}{2 i} \cdot\left(1-e^{-2 k \pi i / n}\right) \\ &=\frac{e^{(1+2+\cdots+(n-1)) \pi i / n}}{(2 i)^{n-1}} \prod_{k=1}^{n-1}\left(1-e^{-2 k \pi i / n}\right). \end{aligned} $$

Поскольку $%1+2+\cdots+(n-1)=\frac{(n-1) n}{2}$%, находим, что

$$ \prod_{k=1}^{n-1} \sin \left(\frac{k \pi}{n}\right)=\frac{e^{(n-1) \pi i / 2}}{(2 i)^{n-1}} \prod_{k=1}^{n-1}\left(1-e^{-2 k \pi i / n}\right)=\frac{1}{2^{n-1}} \prod_{k=1}^{n-1}\left(1-e^{-2 k \pi i / n}\right).$$

В последнем равенстве мы использовали $%e^{\pi i / 2}=i$%. Далее следует умная часть: переписать произведение как предел:

$$ \prod_{k=1}^{n-1} \sin \left(\frac{k \pi}{n}\right)=\frac{1}{2^{n-1}} \cdot \lim_{z \rightarrow 1} \prod_{k=1}^{n-1}\left(z-e^{-2 k \pi i / n}\right).$$

Поскольку $%z^{n}-1=\prod_{k=1}^{n}\left(z-e^{-2 k \pi i / n}\right)$%, получаем $$ \prod_{k=1}^{n-1} \sin \left(\frac{k \pi}{n}\right)=\frac{1}{2^{n-1}} \cdot \lim_{z \rightarrow 1} \frac{z^{n}-1}{z-1}.$$

Факторизуя числитель в пределе (или иначе), мы заключаем, что $$ \prod_{k=1}^{n-1} \sin \left(\frac{k \pi}{n}\right)=\frac{n}{2^{n-1}} .$$

ссылка

отвечен 9 Авг 0:12

изменен 9 Авг 20:33

@Rene, откуда уверенность, что правило Лопиталя сохраняется в комплексном случае (а ведь оно тут вовсе ни к чему)? Ну а вычисление произведения синусов уже было.

(9 Авг 8:53) caterpillar

@caterpillar В смысле откуда? Правило Лопиталя применимо здесь, потому что обе функции в числителе и знаменателе голоморфны при $%z=1$% (а также равны нулю в этой точке). В противном случае факторизуем числитель.

(9 Авг 19:11) Rene

Ага, но это оооочень частный случай. Собственно, только при этих условиях (голоморфность+равенство нулю+неравенство нулю производной знаменателя) правило Лопиталя и работает, и это стОит оговаривать, если уж хочется применять его в комплексном случае. Иначе у "мимо проходящих" может сложиться ошибочное представление, что правило Лопиталя работает точно также, как в действительном случае (в котором очень много вариантов его применения из-за того, что там есть теорема Коши). А лучше всего вообще не поминать это правило всуе в комплексном контексте, потому что всегда можно обойтись без него.

(9 Авг 19:39) caterpillar

@caterpillar Хорошо. Я изменил формулировку в посте. Лично я, если расширения рядов Лорана могут обойти утомительные (но допустимые) процессы дифференциации из правила Лопиталя, я буду использовать подход рядов Лорана.

(9 Авг 20:34) Rene
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×69
×62
×8

задан
8 Авг 21:48

показан
197 раз

обновлен
9 Авг 20:34

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru