昨晚的两个连乘极限（from 人教数学群）随意玩

之所以叫“随意玩”，因为其实我还没什么基础，只是印象中记得一个展开式，也不记得怎么推出来的，也不知能不能用于复数，以及后面的能不能那样乘起来……
以下过程当时都只在群里发，本来没打算整理上来，因为怕错，但后来看聊天记录似乎说是对的（当然我还是不知道为什么），所以还是决定发上来

入正题，话说昨晚人教群里出现这样一题

爱好者-烟头(2511*****) 22:56:22

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2013-4-1 10:28

给点思路啊

然后聊到收敛问题，接着有人提到求极限，当时我还没怎么理，因为我预计可能没有初等表达式。
然而，当我看到

爱好者-刀客成(8065*****) 23:04:38

(3.11 KB)

2013-4-1 10:28

精确边界

虽然这显然是Mathematica给出的结果，但是这结果是出乎我意料的，于是我开始认真看了。
突然间，我想起以前见过这样一个展开式
\[\sin(\pi x)=\pi x\prod_{k=1}^{\infty}\left( 1-\frac{x^2}{k^2} \right).\]

但是如果要用于本题，显然差了个符号，那岂不是要令 $x=i$ 才能将减变成加？我并不知道可不可以用于复数，但是也没管那么多，试试会如何。
在展开式中令 $x=i$，得
\[\sin(\pi i)=\pi i\prod_{k=1}^{\infty}\left( 1+\frac1{k^2} \right),\]
由欧拉公式，上式又等价于
\[\frac{i(e^{\pi}-e^{-\pi})}2=2\pi i\prod_{k=2}^{\infty}\left( 1+\frac1{k^2} \right),\]
于是
\[\prod_{k=2}^{\infty}\left( 1+\frac1{k^2} \right)=\frac{(e^{\pi}-e^{-\pi})}{4\pi}.\]

哈，居然就出来了，然后也没管那么多就发到群里了。秋风说

爱好者秋风树林(5221*****) 23:23:39
其实复变里面的三角函数就是从实轴上延拓过去的
感觉上应该行，没严格证过
爱好者秋风树林(5221*****) 23:32:09
其实按全纯函数的唯一性定理和级数的收敛半径来看，应该可以说描述的就是同一个东西，kk的那种方法也许是行得通的

其间，其妙又抛了这个出来

教师-其妙/ka(2360****) 23:24:59
证明;

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2013-4-1 10:28

沿着上面的思路，继续来一个，也不知道接下来的相乘是不是严格的。
仍然由那个展开式，分别令 $x=(i+1)/\sqrt2$ 以及 $x=(i-1)/\sqrt2$ 再两式相乘，得
\[\sin\frac{(i+1)\pi}{\sqrt2}\sin\frac{(i-1)\pi}{\sqrt2}=-\pi^2\prod_{k=1}^{\infty}\left( 1-\frac{(i+1)^2}{2k^2} \right)\left( 1-\frac{(i-1)^2}{2k^2} \right),\]
容易验证
\[\left( 1-\frac{(i+1)^2}{2k^2} \right)\left( 1-\frac{(i-1)^2}{2k^2} \right)=1+\frac1{k^4},\]
由积化和差以及欧拉公式，有
\[\sin\frac{(i+1)\pi}{\sqrt2}\sin\frac{(i-1)\pi}{\sqrt2}=\frac12\Bigl( \cos\bigl(\sqrt2\pi\bigr)-\cos\bigl(\sqrt2i\pi\bigr) \Bigr)=\frac12\cos\bigl(\sqrt2\pi\bigr) -\frac{e^{\sqrt2\pi}+e^{-\sqrt2\pi}}4,\]
于是
\[\prod_{k=1}^{\infty}{\left( 1+\frac1{k^4} \right)}=\frac{e^{\sqrt2\pi}+e^{-\sqrt2\pi}-2\cos\bigl(\sqrt2\pi\bigr)}{4\pi^2},\]
即
\[\prod_{k=2}^{\infty}{\left( 1+\frac1{k^4} \right)}=\frac{e^{\sqrt2\pi}+e^{-\sqrt2\pi}-2\cos\bigl(\sqrt2\pi\bigr)}{8\pi^2}.\]

用软件验证了一下，结果相同，于是也没管三七二十一就发到群里。其妙说

教师-其妙/ka(2360****) 23:46:27
复数是对的
就是秋风说的复变函数续论里的
复变函数续论里有无穷乘积

……

话说，如果分母换成三次方就不知怎么玩了，但用软件还是能给出结果……

不知有没有一般次数的公式？

《复变函数续论》里找到了kuing的那个结论，该结论在该书P105例二：

(6.16 KB)

2013-4-2 19:31

《复变函数续论》下载地址：http://ishare.iask.sina.com.cn/d ... php?fileid=10427534

4# yes94
有意思的是那里还定义了正对数的概念，好像是某个抽象函数的实例，这个抽象函数在中学几乎举不出实例出来：

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2013-4-2 19:35

《复变函数续论》里找到了kuing的那个结论，该结论在该书P105例二：
11951195
《复变函数续论》下载地址：http://ishare.iask.sina.com.cn/d ... php?fileid=10427534
yes94 发表于 2013-4-2 19:31

又见复旦的.......
怪不得我说为什么我们上学期那本复变这么变 tai.......
张锦豪编的那本也绝对不是省油的灯...

2# kuing


按照约定，我来搞下这个无穷乘积。
\[ S=\prod_{n=1}^{\infty}{\left(1+\frac{1}{n^{3}}\right)}\]
注意到
\begin{align}
  S&=\prod_{n=1}^{\infty}{\left(1+\frac{1}{n^{3}}\right)}\\
  &=\prod_{n=1}^{\infty}{\left[\frac{(n+1)(n^2-n+1)}{n^3}\right]}\\
  &=\prod_{n=1}^{\infty}{\left[\frac{(n+1)(n+x_{1})(n+x_{2})}{n^3}\right]}
\end{align}
其中$x_{1}=-\frac{1+\sqrt{3}i}{2},x_{2}=-\frac{1-\sqrt{3}i}{2}$,由韦达定理知$x_{1}+x_{2}=-1,x_{1}\cdot x_{2}=1$.
现在，考虑Gamma函数的无穷乘积
\begin{align}
\Gamma{(x)}&=\frac{1}{x}\prod_{n=1}^{\infty}{\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{x}}{1+\frac{x}{n}}}\\
&=\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{n!n^{x}}{x(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}}
\end{align}
则有
\[
\Gamma{(x_{1})}\Gamma{(x_{2})}=\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{(n!)^{2}n^{x_{1}+x_{2}}}{x_{1}x_{2}(x_{1}+1)(x_{2}+1)\cdots(x_{1}+n)(x_{2}+n)}}
\]
故
\begin{align}
  S&=\prod_{n=1}^{\infty}{\left[\frac{(n+1)(n+x_{1})(n+x_{2})}{n^3}\right]}\\
  &=\lim_{n\rightarrow\infty}{\frac{(n!)^{2}(n+1)!}{(n!)^{3}\cdot n\cdot\Gamma{(x_{1})}\Gamma{(x_{1})}}}\\
  &=\frac{1}{\Gamma(x_{2})\Gamma(x_{1})}
\end{align}
注意到
\begin{align}
  \Gamma{(x_{1}+1)}&=x_{1}\Gamma{(x_{1})}\\
   \Gamma{(x_{2}+1)}&=x_{1}\Gamma{(x_{2})}
  \end{align}
故有
\[ \Gamma{(x_{1}+1)}\Gamma{(x_{2}+1)}=\Gamma{(x_{1})}\Gamma{(x_{2})}\]
剩下的由余元公式就可以得出。

7# pxchg1200
都牛！

(5.49 KB)

2013-4-4 14:17

原题可以这么来，

9# wwdwwd2013

证得不错！
PS、“因为”后面第二行后面打少了一个(1+1/n)

原题可以这么来，
wwdwwd2013 发表于 2013-5-29 17:34

精彩！

我肯定见过，这个式子，但这种放缩，学习了

10# kuing

哪儿来的个“神”人wwdwwd2013……

太犀利了

$$\prod_{k=2}^{n} (1+\frac{1}{ k^2})=\prod_{k=2}^{n}(\frac{k^2+1}{k^2})<2$$
$$\iff  \prod_{k=2}^{n} (\frac{k^2}{1+k^2})=\prod_{k=2}^{n} (1-\frac{1}{k^2+1})>\frac{1}{2}$$
$$\prod_{k=2}^{n} (1-\frac{1}{k^2+1})>1-\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{1+k^2}$$这样下去能否证出来？