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无穷乘积敛散性的判别法

## 14.5.3 无穷乘积敛散性的判别法
这里的基本方法就是对乘积取对数，从而将无穷乘积归结为无穷级数．但是为了对通项 $p_n$ 取对数，必须要求 $p_n>0$ 。这能够满足吗？

为此我们先要证明收玫的无穷乘积的一个必要条件．由于其重要性，我们将它写为一个引理。

引理 若无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n$ 收玫，则有 $\lim _{n \rightarrow \infty} p_n=1$ ．
证 首先根据定义，无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n$ 收玫就是部分乘积数列 $\left\{\pi_n\right\}$ 收敛，而且其极限不等于 0 ．这样就保证了每一项 $p_n \neq 0$ ．将部分乘积数列的极限记为 $A \neq 0$ ，则就有

$$
\lim _{n \rightarrow \infty} p_n=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\pi_n}{\pi_{n-1}}=\frac{\lim _{n \rightarrow \infty} \pi_n}{\lim _{n \rightarrow \infty} \pi_{n-1}}=\frac{A}{A}=1
$$

注 容易看到，这个引理恰好相当于无穷级数收敛可确保其通项极限为 0 （定理 2．8）。它是一个无穷乘积收玫的必要条件，但不是充分条件（参见例题 14.24 中的第二个例子）。此外，还可看出若无穷乘积发散于 0 ，则引理不成立。其中还包括某一项 $p_n=0$ 的无趣特例。因此将 $\lim _{n \rightarrow \infty} \pi_n=0$ 的情况不归入到收玫中是合理的。

由引理可知，一个收玫无穷乘积的通项 $p_n$ 至少当 $n$ 充分大时一定会大于 0 ．又因为收玫无穷乘积已经排除了某一项 $p_n$ 等于 0 的可能性，因此无穷乘积的玫散性

与前有限个因子无关．这样就不妨假设收玫无穷乘积的每一项已经大于 0 ，否则只要去掉前有限项即可。

于是在引理结论满足时，可以不失一般性地将无穷乘积的通项 $p_n$ 改记为 $p_n=1+\alpha_n$ ，而将无穷乘积写为

$$
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\alpha_n\right)
$$

且设其中的 $\alpha_n=o(1)$ ．
以（14．9）为基础就容易得到判别无穷乘积敛散性的准则．
定理14．11 设 $p_n=1+\alpha_n>0 \forall n$ ，则

$$
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\alpha_n\right) \text { 收敛 } \Longleftrightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(1+\alpha_n\right) \text { 收敛. }
$$

证 由于每个 $p_n=1+\alpha_n>0$ ，因此可以写出无穷乘积的部分乘积与无穷级数的部分和之间的关系式

$$
\prod_{k=1}^n\left(1+\alpha_k\right)=\exp \left[\sum_{k=1}^n \ln \left(1+\alpha_k\right)\right] .
$$

由此可见，若（14．11）左边的无穷乘积收玫，则根据 $p_n>0 \forall n$ 的条件和无穷乘积收玫的定义，当 $n \rightarrow \infty$ 时（14．11）左边的极限大于 0 ．两边取对数并利用对数函数的连续性就知道（14．10）右边的无穷级数收玫．

反之，则从（14．10）右边的无穷级数收玫和指数函数的连续性知道（14．11）的左边当 $n \rightarrow \infty$ 时有极限，且不等于 0 。这表明（14．10）左边的无穷乘积收敛．

注 现在比较详细地讨论无穷乘积发散于 0 的各种可能情况。
设 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n=0$ ，则有两种可能性：第一种可能性是某一个因子 $p_n=0$ ，这不需要再讨论．第二种可能性是每个 $p_n \neq 0$ ，则可以看出这时也一定有 $\prod_{n=1}^{\infty}\left|p_n\right|=0$ ．对后者的部分乘积取对数，可见有

$$
\sum_{k=1}^n \ln \left|p_k\right|=\ln \left(\prod_{k=1}^n\left|p_k\right|\right) \rightarrow-\infty(n \rightarrow \infty)
$$

即无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left|p_n\right|=-\infty$ ．因此这种情况可以通过讨论无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left|p_n\right|$ 而得到解决．

按照定理 14．11，为了解决无穷乘积的敛散性，除了在上述注中已经解决的两个特殊情况之外，只需要讨论无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(1+\alpha_n\right)$ 的玫散性。这在级数各项同号（或至少当 $n$ 充分大时如此）时比较容易．这就得到下面的定理．

定理 14.12 在 $\alpha_n \geqslant 0$ 或 $\alpha_n \leqslant 0 \forall n$ 或至少对充分大的 $n$ 成立时，

$$
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\alpha_n\right) \text { 收敛 } \Longleftrightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n \text { 收敛. }
$$

证 根据定理 14．11，无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\alpha_n\right)$ 收敛等价于无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \ln \left(1+\alpha_n\right)$收玫．在该级数保号时，根据 $\ln \left(1+\alpha_n\right) \sim \alpha_n$ 与等价量判别法可知这等价于级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n$ 收玫．

对于无穷乘积 $\prod_{n=2}^{\infty}\left(1-\frac{1}{n^2}\right), \prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{1}{n^2}\right)$ ，以及前面出现的许多无穷乘积的例子都可以用推论 1 知道它们是收玫的．

下一个例题很有用，例如在下一章中讨论二项式级数的端点敛散性时就需要这个结果。

例题 14.26 设 $s$ 不是 0 和负整数，即 $s \neq 0,-1,-2, \cdots$ ，则存在非零常数 $C \neq 0$ ，使得

$$
s(s+1) \cdots(s+n) \sim C n^s n!(n \rightarrow \infty)
$$

证 用无穷乘积方法．定义数列 $\left\{a_n\right\}$ 如下：

$$
a_n=\frac{s(s+1) \cdots(s+n)}{n^s n!} \forall n .
$$

又令 $a_0=1$ ．为了证明数列 $\left\{a_n\right\}$ 有非零极限，只要证明无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} \frac{a_n}{a_{n-1}}$ 收敛即可，因为这个无穷乘积的部分和乘积为 $\prod_{k=1}^n \frac{a_k}{a_{k-1}}=a_n \forall n$ ．

计算这个无穷乘积通项得到

$$
\begin{aligned}
\frac{a_n}{a_{n-1}} & =\frac{(s+n)}{n} \cdot \frac{(n-1)^s}{n^s} \\
& =\left(1+\frac{s}{n}\right) \cdot\left(1-\frac{1}{n}\right)^s \\
& =\left(1+\frac{s}{n}\right) \cdot\left(1-\frac{s}{n}+\frac{s(s-1)}{2 n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right) \\
& =1+O\left(\frac{1}{n^2}\right)
\end{aligned}
$$

因此该无穷乘积收玫，其极限 $C \neq 0$ 即所求．

注 这里利用了 Taylor 展开式：$(1+x)^s=1+s x+\frac{s(s-1)}{2} x^2+o\left(x^2\right)$ ．当然还可以计算得更精确一些：$\frac{a_n}{a_{n-1}}=1-\frac{s(s+1)}{2 n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)$ ．

对于数列 $\left\{\alpha_n\right\}$ 不保号的情况（即指既存在无限多项大于 0 ，又存在无限多项小于 0 的情况），问题要困难一点．这方面提供以下判别法．

定理 14.13 在无穷级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n$ 收玫的前提下，

$$
\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\alpha_n\right) \text { 收玫 } \Longleftrightarrow \sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n^2 \text { 收玫. }
$$

而在 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n^2$ 发散时，则 $\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\alpha_n\right)$ 发散于 0 ．
证 利用 Taylor 展开式 $\ln (1+x)=x-\frac{x^2}{2}+o\left(x^2\right)(x \rightarrow 0)$ ，以及 $\alpha_n \rightarrow 0$ ，就有

$$
\ln \left(1+\alpha_n\right)=\alpha_n-\frac{\alpha_n^2}{2}+o\left(\alpha_n^2\right)
$$

因此有

$$
\ln \left(1+\alpha_n\right)-\alpha_n \sim-\frac{\alpha_n^2}{2}
$$

由于在 $\alpha_n \rightarrow 0$ 时以上式左边为通项的级数为保号级数，它的玫散性与 $\sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n^2$ 相同。最后利用已知 $\sum_{n=1}^{\infty} \alpha_n$ 收玫的条件，可见结论成立。

注 推论 2 对 $\left\{\alpha_n\right\}$ 不变号的情况也成立，只是这时用推论 1 就够了。
例题 14.27 讨论无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{(-1)^{n-1}}{n^x}\right)$ 的敛散性，其中 $x$ 为参数．
解 若 $x=0$ ，则乘积的因子中有 0 ；若 $x<0$ ，则通项的极限不是 1 ，因此都是发散的。

对于 $x>0, \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^x}$ 是 Leibniz 型的收玫级数，因此根据推论 2 可知，无穷乘积的敛散性与 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^{2 x}}$ 相同．从而知道 $x>1 / 2$ 时本题的无穷乘积收敛，而当 $0<x \leqslant 1 / 2$ 时发散。

最后用无穷乘积工具来证明 §12．6．2 中的 Stirling 公式，作为对这个重要公式的第二个证明。

例题 14.28 证明 Stirling 公式 $n!\sim\left(\frac{n}{ e }\right)^n \sqrt{2 \pi n}$ ．

证 令 $\pi_n=\frac{n!}{\sqrt{n}}\left(\frac{ e }{n}\right)^n \forall n$ ，则只要证明 $\lim _{n \rightarrow \infty} \pi_n=\sqrt{2 \pi}$ ．
令 $\pi_0=1, p_1=\pi_1= e$ ，对 $n \geqslant 2$ 定义

$$
p_n=\frac{\pi_n}{\pi_{n-1}}=e\left(\frac{n-1}{n}\right)^{n-\frac{1}{2}}=\exp \left[1+\left(n-\frac{1}{2}\right) \ln \left(1-\frac{1}{n}\right)\right]
$$

则问题归结为研究无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n$ ．用 Taylor 展开式计算得到

$$
\begin{aligned}
1+\left(n-\frac{1}{2}\right) \ln \left(1-\frac{1}{n}\right) & =1+\left(n-\frac{1}{2}\right)\left(-\frac{1}{n}-\frac{1}{2 n^2}-\frac{1}{3 n^3}+o\left(\frac{1}{n^3}\right)\right) \\
& =1+\left(-1-\frac{1}{2 n}-\frac{1}{3 n^2}\right)+\left(\frac{1}{2 n}+\frac{1}{4 n^2}\right)+o\left(\frac{1}{n^2}\right) \\
& =-\frac{1}{12 n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)
\end{aligned}
$$

于是

$$
p_n=\exp \left[-\frac{1}{12 n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right]=1-\frac{1}{12 n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)
$$

可以看出，当 $n$ 充分大时 $p_n$ 小于 1 ，因此只要用定理 14.11 即知无穷乘积 $\prod_{n=1}^{\infty} p_n$ 收敛．将这个极限记为 $C>0$ ，则就有

$$
n!\sim C\left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt{n}
$$

为了确定 $\lim _{n \rightarrow \infty} \pi_n=C$ ，可以计算得到

$$
\begin{aligned}
\frac{\pi_n^2}{\pi_{2 n}} & =\frac{(n!)^2}{n}\left(\frac{e}{n}\right)^{2 n} \frac{\sqrt{2 n}}{(2 n)!}\left(\frac{2 n}{e}\right)^{2 n} \\
& =\frac{2^{2 n}(n!)^2}{(2 n)!} \sqrt{\frac{2}{n}}=\frac{(2 n)!!}{(2 n-1)!!} \sqrt{\frac{2}{n}}
\end{aligned}
$$

这时左边的极限为 $C$ ，右边则用 Wallis 公式（12．19）知道极限为 $\sqrt{2 \pi}$ ．

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