小学二年级数学题

求

\[\prod_{n=1}^{+\infty}\sqrt{1+\frac{4}{n^4}} \]

\(\large\text{Answer:}\)

\[\frac{e^{\pi}-e^{-\pi}}{2\sqrt{2}\pi} \]

（还是稍微写下过程吧

起因是 \(\text{SV}\) 丢给了我一道题：

\[\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan\left(\frac{2}{n^2}\right) \]

不妨先来看看这一道题。那个 \(\frac{2}{n^2}\) 是一个角的 \(\tan\) 值，那么 \(\arctan\) 就是这个角的大小。要求的就是一堆角加起来的值。

这很像复数的乘法法则：幅角相加，模长相乘。同时复数也可以很好地表达一个角的三角函数值，所以考虑转化为复数的问题。

注意这里我们需要关注的只是它的幅角而已，所以不必要求模长为 \(1\)。

现在我们要求

\[\prod_{n=1}^{+\infty}\left(1+\frac{2}{n^2}i\right) \]

在小学一年级的时候，老师曾告诉我们：

\[\frac{\sin x}{x} = \prod_{k=1}^{+\infty}\left(1-\frac{x^2}{k^2\pi^2}\right) \tag{$x\in \mathbb{C-\{0\}}$} \]

所以原式就等于：

\[\frac{\sin\left(\pi(1-i)\right)}{\pi(1-i)} \]

再用 \(\sin x=\frac{e^{ix}-e^{-ix}}{2i}\) 把分子展开，化简可得：

\[\frac{e^{\pi}-e^{-\pi}}{4\pi}(i-1) \]

再重复一遍：我们关注的是它的幅角。所以答案显然为 \(\frac{3\pi}{4}\)。

不过还有一些小细节要处理：一个三角函数值可能对应多个幅角。这个问题容易处理：通过简单的放缩可以得到那个式子的值是小于 \(\pi\) 的。

回到原问题。如果你很不幸在第二个问题中的第一步把所有复数的模长化为了 \(1\)，也就是求了 \(\prod_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{n^2}{\sqrt{n^4+4}}+\frac{2}{\sqrt{n^4+4}}i\right)=\frac{\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan\left(\frac{2}{n^2}\right)}{\prod_{n=1}^{+\infty}\sqrt{1+\frac{4}{n^4}}}\)（很显然它的模长为 \(1\)），那么你将很难得到最终需要的结果。但是当你换个思路求出原问题的答案之后，你就意外地得到了这样一个结果：

\[\prod_{n=1}^{+\infty}\sqrt{1+\frac{4}{n^4}} = \frac{e^{\pi}-e^{-\pi}}{2\sqrt{2}\pi} \]

啊，意外的收获！

2023.12.28 upd：鉴定为脱裤子放屁，取 \(x = \pi(i + 1)\) 及 \(x = \pi(i - 1)\) 即可