§$13.4$ 无穷乘积

正如研究数列的前后项之差引出无穷级数的研究，研究数列的前后项之比就引向无穷乘积的研究．本节利用无穷级数方面的已有工具，对无穷乘积的基本内容和例题作一个简单介绍．

$\mathrm{13.4.1}$ 基本内容

无穷乘积的记号为 ${\prod }_{n=1}^{\infty }{p}_n=p_1{p}_2\cdots p_n\cdots$ ，其中假定通项 $p_n\ne 0,n=1,2,\cdots$ ^① 。称 $P_n={\prod }_{k=1}^n{p}_k$ 为它的第 $n$ 个部分乘积， $n=1,2,\cdots$ 。如果部分乘积数列 $\{P_n\}$ 有非零极限 ${\lim }_{n\to \infty }{P}_n=P\ne 0$ ，则称这个无穷乘积收敛，并记 ${\prod }_{n=1}^{\infty }{p}_n=P$ ；如果数列 $\{P_n\}$ 发散或者 ${\lim }_{n\to \infty }{P}_n=0$ ，则称这个无穷乘积发散。我们也采用简化记号 $\prod p_n$ 。

这里要指出，将 ${\lim }_{n\to \infty }{P}_n=0$ 的情况称为无穷乘积发散 (于 $0$) 完全是为了便于和无穷级数的结果对应起来，而并不是这种情况没有价值或没有意义．采取这个做法的好处从下面的必要条件已可看出．

与无穷级数的通项趋于 $0$ 是收敛的必要条件一样，当无穷乘积 $\prod p_n$ 收敛时，其通项必收敛于 $1$^②

lim _ n arrow ∞ p _ n = lim _ n arrow ∞ frac P _ nP _ n - 1 = frac lim _ n arrow ∞ P _ nlim _ n arrow ∞ P _ n - 1 = 1.$$\underset{n\to \infty }{\lim }{p}_n=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{P_n}{P_{n-1}}=\frac{{\lim }_{n\to \infty }{P}_n}{{\lim }_{n\to \infty }{P}_{n-1}}=1.$$

因此，总可以假设从某个 $n$ 起 $p_n>0$．为方便起见，在下面将 $p_n$ 改记为 $1+{\alpha }_n$，将无穷乘积 $\prod p_n$ 改记为 $\prod (1+{\alpha }_n)$，并假设 $|{\alpha }_n|<1,n=1,2,\cdots$ .

与上面关于通项的讨论完全类似，可以引进收敛无穷乘积 ${\prod }_{n=1}^{\infty }{p}_n$ 的余项 $Q_n={\prod }_{k=n+1}^{\infty }{p}_k$，并证明一定有 ${\lim }_{n\to \infty }{Q}_n=1$ .

通过取对数将部分乘积变为和式，就不难建立以下结果:

$1$．无穷乘积 ${\prod }_{n=1}^{\infty }(1+{\alpha }_n)$ 收敛的充分必要条件是级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\ln (1+{\alpha }_n)$ 收敛．

$2$．若从某个 $n$ 起 ${\alpha }_n⩾0$，则无穷乘积 ${\prod }_{n=1}^{\infty }(1+{\alpha }_n)$ 收敛的充分必要条件是正项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\alpha }_n$ 收敛．(若该级数发散，则无穷乘积发散于 $+\infty$ .)

$3$．若从某个 $n$ 起 ${\alpha }_n⩽0$，则无穷乘积 ${\prod }_{n=1}^{\infty }(1+{\alpha }_n)$ 收敛的充分必要条件是负项级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\alpha }_n$ 收敛．(若该级数发散，则无穷乘积发散于 $0$.)

$4$．若 $\{{\alpha }_n\}$ 变号，但已知级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\alpha }_n$ 收敛，则有: ($1$) 当级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\alpha }_n^2$ 收敛时无穷乘积收敛; ($2$) 当级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{\alpha }_n^2$ 发散时无穷乘积发散于 $0$ (这里要利用等价关系 $\ln (1+x)-x\sim -\frac{x^2}{2}(x\to 0)$ ).

$5$．若无穷乘积 ${\prod }_{n=1}^{\infty }(1+|{\alpha }_n|)$ 收敛，则称无穷乘积 ${\prod }_{n=1}^{\infty }(1+{\alpha }_n)$ 绝对收敛．不难证明绝对收敛的无穷乘积一定收敛，反之未必成立．由此又可建立无穷乘积条件收敛等与无穷级数类似的概念和结果．

$\mathrm{13.4.2}$ 例题

历史上第一个得到严格证明的无穷乘积是 $Vi\grave{e}te$ 在 $1593$ 年发表的关于圆周率的 $Vi\grave{e}te$ 公式:

frac 2π = sqrt frac 12 · sqrt frac 12 + frac 12 sqrt frac 12 · sqrt frac 12 + frac 12 sqrt frac 12 + frac 12 sqrt frac 12 · … . (13.25)$$\frac{2}{\pi }=\sqrt{\frac{1}{2}}\cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}\cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{2}}}}\cdot \dots .\text{\hspace{1em}(13.25)}$$

实际上这就是

frac 2π = ∏_ n = 1 ^ ∞ cos frac π2 ^ n + 1. (13.26)$$\frac{2}{\pi }=\prod _{n=1}^{\infty }\cos \frac{\pi }{2^{n+1}}.\text{\hspace{1em}(13.26)}$$

$Vi\grave{e}te$ 公式是在微积分出现之前在分析方面的重要结果，它在人类对于圆周率的认识上也是一个突破，具有重要的历史意义 (参见上册 $114$ 页题 $5$).

在上册 $362$–$363$ 页中建立的 $Wallis$ 公式是历史上较早出现的另一个重要的无穷乘积，而且也是关于圆周率的结果．除了已经在那里介绍的几种常用形式 (如 ($11.27$), ($11.29$), ($11.30$)) 外，还可写成以下无穷乘积形式:

∏_ n = 1 ^ ∞ [ 1 - frac 1(2 n + 1) ^ 2 ] = frac π4, ∏_ n = 1 ^ ∞ (1 - frac 14 n ^ 2) = frac 2π. (13.27)$$\prod _{n=1}^{\infty }\left[1-\frac{1}{(2n+1{)}^2}\right]=\frac{\pi }{4},\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{1}{4n^2}\right)=\frac{2}{\pi }.\text{\hspace{1em}(13.27)}$$

不难验证以上两个无穷乘积的收敛性和等式成立(作为练习).

在上册 $25$ 页的 $\mathrm{2.2.4}$ 小节和 $30$ 页的 $\mathrm{2.3.2}$ 小节中已有不少无穷乘积的练习题，当然在那里都以数列的形式出现 (还可以注意上册 $369$ 页的题 $10$).

下面是用无穷乘积理论研究数列的一些例题．首先简要地叙述关于 ($13.24$) 的另一个证明．

例题 $13.4.1$

若 $\alpha$ 不是非负整数，则存在非零常数 $C$，使得

| binom α n | = | frac α (α - 1) … (α - n + 1)n ! | ∼ frac Cn ^ 1 + α.$$\left|\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)\right|=\left|\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}\right|\sim \frac{C}{n^{1+\alpha }}.$$

证明

引入记号

a _ n = | binom α n | · n ^ 1 + α,$$a_n=\left|\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)\right|\cdot n^{1+\alpha },$$

则只要证明 $\{a_n\}$ 有非零极限．注意关于 $\alpha$ 的条件使得 $a_n\ne 0,n=1,2,\cdots$ .

恰如数列与无穷级数的联系一样，对于给定的一个非零数列 $\{a_n\}$，不难写出一个无穷乘积，使得它的部分乘积数列就是 $\{a_n\}$，从而就有

lim _ n arrow ∞ a _ n = a _ 1 ∏_ n = 1 ^ ∞ frac a _ n + 1a _ n, (13.28)$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a_1\prod _{n=1}^{\infty }\frac{a_{n+1}}{a_n},\text{\hspace{1em}(13.28)}$$

于是问题就变为证明右边的无穷乘积收敛 (但无需计算出它的值). 本题的以下部分已经没有困难，留作为练习题． □

下面是对于 $Sapagof$ 判别法 (命题 $\mathrm{13.2.3}$) 的新证明，它来自《美国数学月刊》($1988$) 第 $95$ 卷 $942$ 页．为读者方便起见，将该命题内容重新写出如下．

例题 $13.4.2$

设 $\{a_n\}$ 为单调减少的正数数列，则 ${\lim }_{n\to \infty }{a}_n=0$ 的充分必要条件是级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{a_{n+1}}{a_n}\right)$ 发散．

证明

将题中的级数通项记为 $b_n$．从条件知 $0<1-b_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}<1,n=1,2,\cdots$．与上题一样，将数列 $\{a_n\}$ 的极限与一个无穷乘积联系起来:

lim _ n arrow ∞ a _ n = a _ 1 ∏_ n = 1 ^ ∞ (1 - b _ n).$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=a_1\prod _{n=1}^{\infty }(1-b_n).$$

但是要注意: 目前关心的是右边的无穷乘积是否发散于 $0$．易见有等价关系:

lim _ n → ∞ a _ n = 0 Longleftrightarrow ∏_ n = 1 ^ ∞ (1 - b _ n) text 发散于 0 Longleftrightarrow ∑_ n = 1 ^ ∞ [ - ln (1 - b _ n) ] = + ∞ .$$\underset{n\to \infty }{\lim }{a}_n=0⟺\prod _{n=1}^{\infty }(1-b_n)\text{发散于}0⟺\sum _{n=1}^{\infty }[-\ln (1-b_n)]=+\infty .$$

现在只需要证明下列两个正项级数同时发散:

∑_ n = 1 ^ ∞ [ - ln (1 - b _ n) ] = + ∞ Longleftrightarrow ∑_ n = 1 ^ ∞ b _ n = + ∞ . (13.29)$$\sum _{n=1}^{\infty }[-\ln (1-b_n)]=+\infty ⟺\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n=+\infty .\text{\hspace{1em}(13.29)}$$

分两种情况讨论．($1$) 若 $\{b_n\}$ 不是无穷小量，则两个级数的通项都不趋于 $0$，因此 ($13.29$) 成立; ($2$) 若 $\{b_n\}$ 是无穷小量，则从 $\ln (1-x)\sim -x(x\to 0)$ 和比较判别法的极限形式 ($13.12$), 可见 ($13.29$) 也成立． □

例题 $13.4.3$ ($Euler$)

对所有 $x$ 值成立

sin x = x (1 - frac x ^ 2π^ 2) (1 - frac x ^ 22 ^ 2 π^ 2) … = x ∏_ n = 1 ^ ∞ (1 - frac x ^ 2n ^ 2 π^ 2). (13.30)$$\sin x=x\left(1-\frac{x^2}{{\pi }^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2{\pi }^2}\right)\cdots =x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right).\text{\hspace{1em}(13.30)}$$

证明

可以看出当 $x$ 为 $\pi$ 的整倍数时两边为 $0$．以下只需要讨论 $x$ 不是 $\pi$ 的整倍数的情况，这时容易验证右边的无穷乘积收敛．

不难发现 $\sin (2n+1)\phi$ 可展开为 $\sin \phi$ 的 $2n+1$ 次多项式，且只含奇次幂项，因此可写成 ^①

sin (2 n + 1) φ = sin φ P (sin^ 2 φ), (13.31)$$\sin (2n+1)\phi =\sin \phi P({\sin }^2\phi ),\text{\hspace{1em}(13.31)}$$

其中 $P(u)$ 为 $u$ 的 $n$ 次多项式．将右边的 $\sin \phi$ 除到左边并令 $\phi \to 0$ ，就可以定出 $P(0)=2n+1$．又利用 ${\phi }_k=\frac{k\pi }{2n+1}(k=1,2,\cdots ,n)$ 使 ($13.31$) 左边为 $0$，因此 ${\sin }^2{\phi }_k(k=1,2,\cdots ,n)$ 恰好是多项式 $P(u)$ 的所有根，这样就完全确定了多项式 $P(u)$．将所得表达式代入 ($13.31$) 的右边，并令 $x=(2n+1)\phi$ ，得到

sin x = (2 n + 1) sin frac x2 n + 1 ∏_ k = 1 ^ n (1 - frac sin^ 2 frac x2 n + 1sin^ 2 frac k π2 n + 1). (13.32)$$\sin x=(2n+1)\sin \frac{x}{2n+1}\prod _{k=1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right).\text{\hspace{1em}(13.32)}$$

以下采用与命题 $\mathrm{2.5.2}$（上册 $40$ 页）中完全类似的方法。（差别只在于那里是级数，而这里是乘积。）固定正整数 $m$ ，并令 $n>m$ ，将上式右边分解为

sin x = U _ m · V _ m, (13.33)$$\sin x=U_m\cdot V_m,\text{\hspace{1em}(13.33)}$$

其中

U _ m = (2 n + 1) sin frac x2 n + 1 ∏_ k = 1 ^ m (1 - frac sin^ 2 frac x2 n + 1sin^ 2 frac k π2 n + 1), (13.34)$$U_m=(2n+1)\sin \frac{x}{2n+1}\prod _{k=1}^m\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right),\text{\hspace{1em}(13.34)}$$V _ m = ∏_ k = m + 1 ^ n (1 - frac sin^ 2 frac x2 n + 1sin^ 2 frac k π2 n + 1). (13.35)$$V_m=\prod _{k=m+1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right).\text{\hspace{1em}(13.35)}$$

在($13.33$)中令 $n\to \infty$ ，这时左边与 $n$ 无关，从($13.34$)得到

lim _ n arrow ∞ U _ m = x ∏_ k = 1 ^ m (1 - frac x ^ 2k ^ 2 π^ 2), (13.36)$$\underset{n\to \infty }{\lim }{U}_m=x\prod _{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2{\pi }^2}\right),\text{\hspace{1em}(13.36)}$$

因此第二个因子 $V_m$ 的极限也存在．但这里重要的是对这个极限的估计．利用($13.35$)， $\left|\sin x\right|⩽\left|x\right|$ 以及 $Jordan$ 不等式（见上册 $253$ 页例题 $\mathrm{8.5.6}$）可以得到

l sin^ 2 frac x2 n + 1 ≤slant frac x ^ 2(2 n + 1) ^ 2, sin^ 2 frac k π2 n + 1 ≥slant frac 4π^ 2 · frac k ^ 2 π^ 2(2 n + 1) ^ 2, k = 1, 2, … , n,$$\begin{array}{l}{\sin }^2\frac{x}{2n+1}⩽\frac{x^2}{(2n+1{)}^2},\\ {\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}⩾\frac{4}{{\pi }^2}\cdot \frac{k^2{\pi }^2}{(2n+1{)}^2},k=1,2,\dots ,n,\end{array}$$

从而有对于 $V_m$ 的估计：

1 > ∏_ k = m + 1 ^ n (1 - frac sin^ 2 frac x2 n + 1sin^ 2 frac k π2 n + 1) ≥slant ∏_ k = m + 1 ^ n (1 - frac x ^ 24 k ^ 2) > ∏_ k = m + 1 ^ ∞ (1 - frac x ^ 24 k ^ 2).$$1>\prod _{k=m+1}^n\left(1-\frac{{\sin }^2\frac{x}{2n+1}}{{\sin }^2\frac{k\pi }{2n+1}}\right)⩾\prod _{k=m+1}^n\left(1-\frac{x^2}{4k^2}\right)>\prod _{k=m+1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{4k^2}\right).$$

这样就得到对于极限 ${\lim }_{n\to \infty }{V}_m$ 的估计：

1 ≥slant lim _ n arrow ∞ V _ m = frac sin xlim _ n arrow ∞ U _ m = frac sin xx ∏_ k = 1 ^ m (1 - frac x ^ 2k ^ 2 π^ 2) ≥slant ∏_ k = m + 1 ^ ∞ (1 - frac x ^ 24 k ^ 2).$$1⩾\underset{n\to \infty }{\lim }{V}_m=\frac{\sin x}{{\lim }_{n\to \infty }{U}_m}=\frac{\sin x}{x{\prod }_{k=1}^m\left(1-\frac{x^2}{k^2{\pi }^2}\right)}⩾\prod _{k=m+1}^{\infty }\left(1-\frac{x^2}{4k^2}\right).$$

最后，利用上式右边是一个收敛无穷乘积的余项，因此当 $m\to \infty$ 时极限为 $1$，这样就从数列极限的夹逼定理得到所要的展开式．

注 1

在展开式($13.30$)中令 $x=\frac{\pi }{2}$ 就得到 $Wallis$ 公式($13.27$)中的第二个公式，可见 $Euler$ 的这个展开式是非常有力的结果．

注 2

关于展开式 ($13.30$) 的证明方法很多，可以参看《美国数学月刊》($1982$) 第 $89$ 卷 $225$–$230$ 页的一个综述．

注 3

值得回顾 $Euler$ 发现这个展开式的思维过程．他的出发点是将 $\sin x$ 与多项式作类比，由于 $\sin x$ 以所有 $k\pi$ 为零点 $(k\in \mathbf{Z})$，因此猜测 ($13.30$) 会成立．他又将该式两边展开为 $x$ 的幂级数，从而得到

∑_ n = 1 ^ ∞ frac 1n ^ 2 = frac π^ 26, ∑_ n = 1 ^ ∞ frac 1n ^ 4 = frac π^ 490$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{{\pi }^2}{6},\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^4}=\frac{{\pi }^4}{90}$$

等一系列重要结果．其中第一个级数的求和问题即所谓 $Basel$ 问题，在 $Euler$ 之前已有近百年的历史．包括 $Bernoulli$ 兄弟在内的许多数学家都作过努力而没有成功．同时谁也想不到在它的答案中会出现圆周率 $\pi$．这是数学史上最精彩的故事之一，有着多方面的教育意义．详细内容请看 [$40$] 的第二章和 [$17$] 的第九章．本书在第十六章还会回到这个问题上来，并推导出 $p$ 为偶数时的 $p$ 级数和 $\zeta (p)$ 的计算公式．

例题 $13.4.4$

对于 $x\ne 0,-1,-2,\cdots$ ，定义

Γ (x) = frac 1x ∏_ n = 1 ^ ∞ frac (1 + frac 1n) ^ x1 + frac xn. (13.37)$$\Gamma (x)=\frac{1}{x}\prod _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^x}{1+\frac{x}{n}}.\text{\hspace{1em}(13.37)}$$

从 $\frac{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^x}{1+\frac{x}{n}}=1+\frac{x(x-1)}{2n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)$ 可知定义中的无穷乘积绝对收敛，因此 $\Gamma$ 函数的上述定义是有意义的．

写出上述无穷乘积的部分乘积

frac (n + 1) ^ xx (1 + x) (1 + frac x2) … (1 + frac xn) = (frac n + 1n) ^ x · frac n ! n ^ xx (x + 1) … (x + n),$$\frac{(n+1{)}^x}{x(1+x)\left(1+\frac{x}{2}\right)\cdots \left(1+\frac{x}{n}\right)}={\left(\frac{n+1}{n}\right)}^x\cdot \frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)},$$

即有 $Euler$-$Gauss$ 公式

Γ (x) = lim _ n arrow ∞ frac n ! n ^ xx (x + 1) … (x + n). (13.38)$$\Gamma (x)=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{n!n^x}{x(x+1)\cdots (x+n)}.\text{\hspace{1em}(13.38)}$$

由此就有

frac Γ (x + 1)Γ (x) = lim _ n arrow ∞ frac n xx + n + 1 = x,$$\frac{\Gamma (x+1)}{\Gamma (x)}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{nx}{x+n+1}=x,$$

即 $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$．从 $\Gamma (1)=1$ 可见有 $\Gamma (n+1)=n!$．利用在上册 $\mathrm{2.5.3}$ 小节引进的 $Euler$ 常数

γ = lim _ n arrow ∞ [ 1 + frac 12 + … + frac 1n - ln (1 + n) ],$$\gamma =\underset{n\to \infty }{\lim }\left[1+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln (1+n)\right],$$

可见有

e ^ γ x = ∏_ n = 1 ^ ∞ frac e ^ x / n(1 + frac 1n) ^ x.$${\mathrm{e}}^{\gamma x}=\prod _{n=1}^{\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{x/n}}{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^x}.$$

将它与 $\Gamma$ 函数的乘积定义结合，就得到 $\Gamma$ 函数的 $Weierstrass$ 公式

frac 1Γ (x + 1) = e ^ γ x ∏_ n = 1 ^ ∞ (1 + frac xn) e ^ - frac xn. (13.39)$$\frac{1}{\Gamma (x+1)}={\mathrm{e}}^{\gamma x}\prod _{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{x}{n}\right){\mathrm{e}}^{-\frac{x}{n}}.\text{\hspace{1em}(13.39)}$$

在定义($13.37$)中将 $x$ 换为 $-x$ ，得到

Γ (1 - x) = - x Γ (- x) = ∏_ n = 1 ^ ∞ frac (1 + frac 1n) ^ - x1 - frac xn,$$\Gamma (1-x)=-x\Gamma (-x)=\prod _{n=1}^{\infty }\frac{{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{-x}}{1-\frac{x}{n}},$$

与($13.37$)一起就得到 $\Gamma$ 函数的余元公式：

Γ (x) Γ (1 - x) = frac πsin π x. (13.40)$$\Gamma (x)\Gamma (1-x)=\frac{\pi }{\sin \pi x}.\text{\hspace{1em}(13.40)}$$

这里利用了正弦函数的无穷乘积公式($13.30$)，并在其中将 $x$ 换为 $\pi x$ 。若令 $x=\frac{1}{2}$ 代入，就得到 $\Gamma \left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi }$ 。这也可从 $Euler$-$Gauss$ 公式($13.38$)和 $Wallis$ 公式($11.29$)得到。

注

将 $Euler$-$Gauss$ 公式 ($13.38$) 与 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)$ 比较就得到公式 ($13.24$) 的第三个证明，而且这一次还得到了其中的非零常数:

| binom α n | = | frac α (α - 1) … (α - n + 1)n ! | ∼ frac 1| Γ (- α) | · frac 1n ^ 1 + α. (13.41)$$\left|\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{n}\right)\right|=\left|\frac{\alpha (\alpha -1)\cdots (\alpha -n+1)}{n!}\right|\sim \frac{1}{|\Gamma (-\alpha )|}\cdot \frac{1}{n^{1+\alpha }}.\text{\hspace{1em}(13.41)}$$

例如，对于 $\alpha =-1/2$ ，上式就是熟知的结果 ($11.29$):

| binom - 1 / 2 n | = frac (2 n - 1) ! !(2 n) ! ! ∼ frac 1Γ (1 / 2) · frac 1sqrt n = frac 1sqrt π n.$$\left|\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1/2}{n}\right)\right|=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\sim \frac{1}{\Gamma (1/2)}\cdot \frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi n}}.$$

$\mathrm{13.4.3}$ 练习题

$1$．讨论下列无穷乘积的敛散性 ^① :

讨论下列无穷乘积的或散性： ($1$) ${\prod }_{n=1}^{\infty }\sqrt{\frac{n+1}{n+2}};$ ($2$) ${\prod }_{n=1}^{\infty }(1+x^{2n+1});$ ($3$) ${\prod }_{n=1}^{\infty }\sqrt[n]{1+\frac{1}{n}};$ ($4$) ${\prod }_{n=2}^{\infty }{\left(\frac{n^2-1}{n^2+1}\right)}^p;$ ($5$) ${\prod }_{n=2}^{\infty }\left[1+(-1{)}^n\frac{1}{n}\right];$ ($6$) ${\prod }_{n=1}^{\infty }\left[\frac{1}{\mathrm{e}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right].$

$2$．设 $a,b>0$，求 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{(a+1)(a+2)\cdots (a+n)}{(b+1)(b+2)\cdots (b+n)}$ .

$3$．设数列 $\{a_n\}$ 的每一项满足条件 $0<a_n<\frac{\pi }{2}$，证明: 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n^2$ 收敛的充分必要条件是无穷乘积 ${\prod }_{n=1}^{\infty }\cos a_n$ 收敛．

$4$．如果对正数数列 $\{a_n\}$ 存在极限 ${\lim }_{n\to \infty }n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)=r>0$ ，证明：级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }(-1{)}^{n-1}{a}_n$ 收敛．（可利用例题 $\mathrm{13.4.2}$.)

$5$．讨论无穷乘积 ${\prod }_{n=n_0}^{\infty }\frac{(\alpha +n)(\beta +n)}{(1+n)(\gamma +n)}$ 的敛散性，其中 $\alpha ,\beta ,\gamma$ 为参数，且设 $n_0$ 已足够大，使得乘积中出现的所有因子均大于 $0$.

$6$. ($Euler$) 对于 $0<x<1$，证明:

(1 + x) (1 + x ^ 2) (1 + x ^ 3) … = frac 1(1 - x) (1 - x ^ 3) (1 - x ^ 5) ….$$(1+x)(1+x^2)(1+x^3)\cdots =\frac{1}{(1-x)(1-x^3)(1-x^5)\cdots }.$$

$7$. ($Stirling$) 证明: 若级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n(x^2-1)(x^2-2^2)\cdots (x^2-n^2)$ 于某个 $x$ 值收敛，则级数对任何 $x$ 值都收敛．

$8$. ($Landau$ (兰道)) 证明: 级数

∑_ n = 1 ^ ∞ frac n ! a _ nx (x + 1) … (x + n) (x ≠ 0, - 1, - 2, …)$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n!a_n}{x(x+1)\cdots (x+n)}(x\ne 0,-1,-2,\dots )$$

与 $Dirichlet$ 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^x}$ 对同样的 $x$ 值收敛．

$9$．设正数数列 $\{a_n\}$ 满足条件 $\frac{a_n}{a_{n+1}}=1+\frac{1}{n}+O(b_n)$，并已知级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{b}_n$ 绝对收敛，证明: 级数 ${\sum }_{n=1}^{\infty }{a}_n$ 发散．(可参考第 $8$ 页的 $Gauss$ 判别法.)

$10$. ($Stirling$ 公式的又一证明) 用无穷乘积方法证明: 数列 $\left\{\frac{n!e^n}{n^{n+\frac{1}{2}}}\right\}$ 有非零极限，并求出此极限．

^①题($6$)对于 ${\lim }_{n\to \infty }\frac{n^n}{n!e^n}=0$ 又提供了一个证明．