求
[prod_{n=1}^{+infty}sqrt{1+frac{4}{n^4}}
]
(large ext{Answer:})
[frac{e^{pi}-e^{-pi}}{2sqrt{2}pi}
]
（还是稍微写下过程吧
起因是 ( ext{SV}) 丢给了我一道题：
[sum_{n=1}^{+infty}arctanleft(frac{2}{n^2}
ight)
]
不妨先来看看这一道题。那个 (frac{2}{n^2}) 是一个角的 ( an) 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
ight)
]
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^2pi^2}
ight) ag{$xin mathbb{C}$}
]
所以原式就等于：
[frac{sinleft(pi(1-i)
ight)}{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}}{4pi}(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{3pi}{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 ight)=frac{sum_{n=1}^{+infty}arctanleft(frac{2}{n^2} ight)}{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}}{2sqrt{2}pi}
]
啊，意外的收获！