Hence N Y n=1  n + z + 1 n + z n e(2z−2n+1)/(2n)∼Γ(z + 1) exp(z + 1 − (z + 1/2) log N + N + (z + 1/2)HN − N ) √2π ∼Γ(z + 1) exp(z + 1 − (z + 1/2) log N + N + (z + 1/2)(log N + γ

Problem 11612

(American Mathematical Monthly, Vol.118, December 2011) Proposed by Paul Bracken (USA).

Evaluate in closed form

∞

Y

n=1

 n + z + 1 n + z

ⁿ

e(2z−2n+1)/(2n).

Solution proposed by Roberto Tauraso, Dipartimento di Matematica, Universit`a di Roma “Tor Vergata”, via della Ricerca Scientifica, 00133 Roma, Italy.

Let z ∈ C \ {−1, −2, −3, . . . }. Since

Γ(z + 1) ∼ N ! exp(z log N ) QN

n=1(n + z) ∼

√2π exp(N log N + (z + 1/2) log N − N ) QN

n=1(n + z) ,

it follows that

N

Y

n=1

 n + z + 1 n + z

n

=N^N 1 +^1+z_N
N

QN

n=1(n + z)

∼Γ(z + 1) exp(N log N + 1 + z − (N log N + (z + 1/2) log N − N ))

√ 2π

∼Γ(z + 1) exp(z + 1 − (z + 1/2) log N + N ))

√2π .

Hence

N

Y

n=1

 n + z + 1 n + z

ⁿ

e(2z−2n+1)/(2n)∼Γ(z + 1) exp(z + 1 − (z + 1/2) log N + N + (z + 1/2)HN − N )

√2π

∼Γ(z + 1) exp(z + 1 − (z + 1/2) log N + N + (z + 1/2)(log N + γ) − N )

√2π

∼Γ(z + 1) exp(z + 1 + γ(z + 1/2))

√ 2π where we used the fact that HN =PN

n=11/n ∼ log N + γ.