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无穷乘积

## 14.5 无穷乘积
无穷乘积与无穷级数都可以看成是数列极限理论的进一步发展．另一方面，无穷级数可看成是有限项求和的推广，而无穷乘积则可看成是有限项相乘的推广，因此有许多相似之处，而且可以利用级数已有的成果。

14．5．1 无穷乘积
回顾数列与无穷级数的关系，将数列 $\left\{x_n\right\}$ 的通项写成为

$$
x_n=\left(x_n-x_{n-1}\right)+\left(x_{n-1}-x_{n-2}\right)+\cdots+\left(x_2-x_1\right)+x_1,
$$

令 $u_1=x_1, u_k=x_{k-1}-x_k \forall k \geqslant 2$ ，这样就有 $x_n=u_1+u_2+\cdots+u_n$ ．于是数列 $\left\{x_n\right\}$ 的收玫问题就归之于无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty}$ 的收玫问题了．当然在研究数列时我们也经常关心数列的后项与前项之差，特别由此可以判定数列是否单调．只是将数列问题转化为无穷级数之后则带来了极其丰富的成果，远远超出了第二章的范围。

类似地，在数列的每一项都不是 0 的前提下，可以将 $\left\{x_n\right\}$ 的通项如下改写：

$$
x_n=\left(\frac{x_n}{x_{n-1}}\right) \cdot\left(\frac{x_{n-1}}{x_{n-2}}\right) \cdots\left(\frac{x_2}{x_1}\right) \cdot x_1
$$

然后令 $p_1=x_1, p_k=\frac{x_k}{x_{k-1}} \forall k \geqslant 2$ ，这样就可以将数列收玫问题转化为无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n$ 的收玫问题．当然在第二章中我们有时也研究数列的后项与前项之比，这有助于判定数列是否单调，此外还可能得出其他结果．但无穷乘积则是这种方法的系
统化．
这里需要指出两点：（1）若乘积中有一个因子为 0 ，则乘积为 $0 ;(2)$ 若乘积中的每一个因子都大于 0 ，则可以取对数而将问题归之于无穷级数去研究．

于是称

$$
p_1 \cdot p_2 \cdots p_n \cdots=\prod_{n=1}^{\infty} p_n
$$

为无穷乘积．实际上这样的例子在本书前面已多次出现．
最早的数列例题中就有 $\lim _{n \rightarrow \infty} r^n$（例题 2．3），它就是 $p_n=r \forall n$ 的无穷乘积．又如 $\S 2.2$ 的练习题 15 的（1），（7），（8）小题都是无穷乘积问题．其中之（1）就是

$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\left(1-\frac{1}{3^2}\right) \cdots\left(1-\frac{1}{n^2}\right)
$$

即是 $p_n=1-\frac{1}{n^2} \forall n$ 的无穷乘积 $\prod_{n=2}^{\infty} p_n$ ．
再回顾 Wallis 公式（见 §12．6．1 中的（12．18）及其几个等价形式），这就是

$$
\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{(2 n)!!}{(2 n-1)!!}\right)^2 \cdot \frac{1}{2 n+1}=\frac{\pi}{2}
$$

这当然可写成为无穷乘积．例如以下几种写法都是 Wallis 公式：

$$
\begin{aligned}
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{4 n^2-1}\right) & =\frac{\pi}{2} \\
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{1}{(2 n+1)^2}\right) & =\frac{\pi}{4} \\
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{1}{4 n^2}\right) & =\frac{2}{\pi}
\end{aligned}
$$

下面是一个重要的无穷乘积：

$$
\frac{\sin x}{x}=\left(1-\frac{x^2}{\pi^2}\right)\left(1-\frac{x^2}{2^2 \pi^2}\right) \cdots\left(1-\frac{x^2}{n^2 \pi^2}\right) \cdots=\prod_{n=1}^{\infty}\left(1-\frac{x^2}{n^2 \pi^2}\right)
$$

若令 $x=\pi / 2$ 则就得到上述 Wallis 公式的最后一种形式。
无穷乘积（14．6）是 Euler 通过类比发现的．其左边在 $x=0$ 时可以连续延拓为 1 ，使得两边相等．考虑到左边的所有零点为 $x= \pm k \pi \forall k \in N$ ，而右边的每一个因子恰好吸收了左边的两个根 $\pm k \pi \forall k \in N$ 。作为类比的就是一个 $n$ 次多项式 $p(x)$ ，它有 $n$ 个根 $a_1, \cdots, a_n$ ，且 $p(0)=1$ ，则就可以得到

$$
p(x)=\left(1-\frac{x}{a_1}\right)\left(1-\frac{x}{a_2}\right) \cdots\left(1-\frac{x}{a_n}\right)
$$

这就是 Euler 提出（14．6）的依据．当然这不是证明．
Euler 还进一步利用类比得到级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 的和，这在当时是一个长期没有解决的难题，称为 Basel 问题．实际上在（14．7）中可以看出 $p(x)$ 的一次项系数为 $-\left(\frac{1}{a_1}+\cdots+\frac{1}{a_n}\right)$ ．于是从（14．6）的左边为 $1-\frac{1}{6} x^2+o\left(x^3\right)$ ，计算右边的 $x^2$ 项的系数，就得到

$$
-\frac{1}{6}=-\frac{1}{\pi^2}\left(1+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}+\cdots\right)
$$

这样就得到

$$
1+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}+\cdots=\frac{\pi^2}{6}
$$

注 关于公式（14．6）和（14．8）的证明可以参看［25］下册的例题 13．4．3 和例题 16．2．2．此外，在本书的第十六章 Fourier 级数中将给出（14．8）的多个证明．

14．5．2 无穷乘积的定义
如同无穷级数那样，对给定的一个无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n$ ，称 $p_n$ 为通项，引入部分乘
积 $\pi_n=\prod_{k=1}^n p_k \forall n$ ，于是就得到两个数列 $\left\{p_n\right\}$ 和 $\left\{\pi_n\right\}$ ．然后给出玫散性定义．
定义 14.6 若无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n$ 的部分乘积数列 $\left\{\pi_n\right\}$ 收敛于非零极限，则称该无穷乘积收玫，且定义它的乘积为极限 $\lim _{n \rightarrow \infty} \pi_n$ ；若部分乘积数列 $\left\{\pi_n\right\}$ 发散或收敛于 0 ，则称无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n$ 发散．

注 在这个定义中当 $\lim _{n \rightarrow \infty} \pi_n=0$ 时称无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n$ 发散（于 0 ），这似乎有点奇怪．但从下面的许多例子会看到这个说法的合理性和它所带来的方便．

例题 14.24 两个不同的发散无穷乘积的例子．设 $p_n=\frac{1}{2} \forall n$ ，则

$$
\prod_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{2^n}=0
$$

又若 $p_n=1+\frac{1}{n} \forall n$ ，则有
$$
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2}{1} \cdot \frac{3}{2} \cdots \frac{n+1}{n}=\lim _{n \rightarrow \infty}(n+1)=+\infty
$$

例题14．25 设 $p_n=\cos \frac{\varphi}{2^n} \forall n$ ，利用三角恒等式

$$
\sin \varphi=2^n \cos \frac{\varphi}{2} \cos \frac{\varphi}{2^2} \cdots \cos \frac{\varphi}{2^n} \sin \frac{\varphi}{2^n}
$$

可见当 $\varphi \neq 0$ 时有

$$
\begin{aligned}
\prod_{n=1}^{\infty} \cos \frac{\varphi}{2^n} & =\lim _{n \rightarrow \infty} \prod_{k=1}^n \cos \frac{\varphi}{2^k}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sin \varphi}{2^n \sin \frac{\varphi}{2^n}} \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\frac{\varphi}{2^n}}{\sin \frac{\varphi}{2^n}} \cdot \frac{\sin \varphi}{\varphi}=\frac{\sin \varphi}{\varphi}
\end{aligned}
$$

当 $\varphi=0$ 时直接看出每一个 $p_n=1$ ，因此无穷乘积收敛于 1 ．
注 这个无穷乘积见 $\S 4.2$ 的练习题 12 ．令 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 就得到 Viète 公式：

$$
\sqrt{\frac{1}{2}} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}}} \cdot \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1}{2}}}} \cdots \cdots=\frac{2}{\pi}
$$

它与 Wallis 公式一起是数学分析发展史上最早的两个无穷乘积的例子，都具有里程碑式的意义，同时也恰巧都与圆周率有关，标志着对 $\pi$ 的全新认识．

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