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关于一类无穷乘积

JJomo1203
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@miod697h
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2025/12/02 17:16
3 个月前
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2025/12/02 17:16
3 个月前
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最近发现一个好玩的无穷乘积，它长这样
∏n=2∞(1−1n2)\prod^\infin_{n=2}\Big(1-\frac1{n^2}\Big)
据说欧拉当年求过这个式子，他用不严谨的因式分解，先从直觉上得到了这个三角函数的式子（我也只是道听途说）
sin⁡xx=∏n=1∞(1−x2n2π2)\frac{\sin x}x=\prod^\infin_{n=1}\Big(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}\Big)
很明显，将乘积第一项除过来,然后取 x→πx\to\pi 的极限再洛一下即可
∏n=2∞(1−1n2)=lim⁡x→πsin⁡xx(1−x2π2)=12\prod^\infin_{n=2}\Big(1-\frac1{n^2}\Big)=\lim\limits_{x\to\pi}\frac{\sin x}{x(1-\frac{x^2}{\pi^2})}=\frac12
既然已经求出了这个无穷乘积，我们就改思考一下如何求更大的 nn 所对应的无穷乘积了，那么...

正片开始

由于我们的注意力没有欧拉那么强，所以就要找到其他方法无穷乘积的通解。
先简单介绍和推导一遍 GammaGamma 函数的无穷乘积展开，以及余元公式（过程粗糙不要嫌弃）。

Gamma函数

先回归阶乘，GammaGamma 函数的本质是这个递推关系
Γ(z+1)=zΓ(z)\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)
不断利用这个递推公式，我们可以让自变量跑到很远的地方
Γ(z+n+1)=z(z+1)...(z+n)Γ(z)Γ(z)=Γ(z+n+1)z(z+1)...(z+n)\Gamma(z+n+1)=z(z+1)...(z+n)\Gamma(z)\\ \Gamma(z)=\frac{\Gamma(z+n+1)}{z(z+1)...(z+n)}
当 nn 很大时，我们期望有
Γ(z+n+1)∼1×2...n(n+1)...(n+z)Γ(z)∼1×2...nz(z+1)...(z+n)(n+1)...(n+z)\Gamma(z+n+1)\sim1\times2...n(n+1)...(n+z)\\ \Gamma(z)\sim\frac{1\times2...n}{z(z+1)...(z+n)}(n+1)...(n+z)
如果 nn 相比 zz 很大，那么
n+1≈nn+2≈n...n+z≈n(n+1)(n+2)...(n+z)≈nzΓ(z)≈1×2...nz(z+1)...(z+n)nzn+1\approx n\\ n+2\approx n\\ ...\\ n+z\approx n\\ (n+1)(n+2)...(n+z)\approx n^z\\ \Gamma(z)\approx \frac{1\times2...n}{z(z+1)...(z+n)}n^z
更严谨地来说
lim⁡n→∞(n+1)(n+2)...(n+z)nz=1Γ(z)=lim⁡n→∞1×2...nz(z+1)...(z+n)nz\lim\limits_{n\to\infin}\frac{(n+1)(n+2)...(n+z)}{n^z}=1\\ \Gamma(z)=\lim\limits_{n\to\infin}\frac{1\times2...n}{z(z+1)...(z+n)}n^z
这样我们就绕开了 GammaGamma 函数那坨复杂的积分定义，这时再在式子上做些变形，就能得到 GammaGamma 函数常见的 WeierstrassWeierstrass 乘积展开
nz=ezln⁡n=ez(ln⁡n−∑m=1n1m)e ∑m=1n1m→e−γz∏n=1∞eznγ=lim⁡n→∞(∑k=1n1k−ln⁡n)≈0.577n^z=e^{z\ln n}=e^{\raisebox{1ex}{$z\big(\ln n-\sum\limits^n_{m=1}\frac1{m}\big)$}}e^{\raisebox{1ex}{ $\sum\limits^n_{m=1}\frac1{m}$}}\to e^{-\gamma z}\prod\limits^\infin_{n=1}e^{\raisebox{1ex}{$\frac z n$}}\\ \gamma=\lim\limits_{n\to\infin}\Big(\sum^n_{k=1}\frac1{k}-\ln n\Big)\approx0.577
（这个 gammagamma 是欧拉常数,在这里用于“正则化”无穷乘积）
1Γ(z)=zeγz∏n=1∞((1+zn)e−zn)Γ(z)=e−γzz∏n=1∞((1+zn)−1ezn)Γ(−z)=−eγzz∏n=1∞((1−zn)−1e−zn)\frac1{\Gamma(z)}=z e^{\gamma z}\prod^\infin_{n=1}\Big(\big(1+\frac zn\big)e^{\raisebox{1ex}{$-\frac zn$}}\Big)\\ \Gamma(z)=\frac{e^{-\gamma z}}z\prod^\infin_{n=1}\Big(\big(1+\frac zn\big)^{-1}e^{\raisebox{1ex}{$\frac zn$}}\Big)\\ \Gamma(-z)=-\frac{e^{\gamma z}}z\prod^\infin_{n=1}\Big(\big(1-\frac zn\big)^{-1}e^{\raisebox{1ex}{$-\frac zn$}}\Big)
然后有
Γ(z)Γ(1−z)=−zΓ(z)Γ(−z)=1z∏n=1∞(1−z2n2)−1\Gamma(z)\Gamma(1-z)=-z\Gamma(z)\Gamma(-z) =\frac1z\prod^\infin_{n=1}\Big(1-\frac{z^2}{n^2}\Big)^{-1}
后面那个无穷乘积是不是很眼熟？没错，现在只需要在分子和分母上同时乘以 π2\pi^2,它就是开头那个三角函数的式子的倒数
∏n=1∞(1−z2n2)−1=∏n=1∞(1−z2π2n2π2)−1=πzsin⁡πz\prod^\infin_{n=1}\Big(1-\frac{z^2}{n^2}\Big)^{-1}=\prod^\infin_{n=1}\Big(1-\frac{z^2\pi^2}{n^2\pi^2}\Big)^{-1}=\frac{\pi z}{\sin\pi z}
所以
Γ(z)Γ(1−z)=πsin⁡πz\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac\pi{\sin\pi z}
这样我们就证明完了余元公式，接下来...

无穷乘积

之所以介绍 GammaGamma 函数，为的就是这一刻将它与无穷乘积结合起来，先将 GammaGamma 函数变形
Γ(1+z)=zΓ(z)=e−γz∏n=1∞(nn+zezn)\Gamma(1+z)=z\Gamma(z)=e^{-\gamma z}\prod^\infin_{n=1}\Big(\frac n{n+z}e^{\raisebox{1ex}{$\frac zn$}}\Big)
所以
∏n=1∞(nn+zezn)=Γ(1+z)eγz\prod^\infin_{n=1}\Big(\frac n{n+z}e^{\raisebox{1ex}{$\frac zn$}}\Big)=\Gamma(1+z)e^{\gamma z}
现在有两个数列 {ak}\{a_k\} 和 {bk}\{b_k\}，将它俩代入 zz 后把两个无穷乘积相除便有
∏n=1∞(n+akn+bkeak−bkn)=Γ(1+bk)Γ(1+ak)eγ(bk−ak)\prod^\infin_{n=1}\Big(\frac {n+a_k}{n+b_k}e^{\raisebox{1ex}{$\frac {a_k-b_k}n$}}\Big)=\frac{\Gamma(1+b_k)}{\Gamma(1+a_k)}e^{\gamma(b_k-a_k)}
所以将数列的每项分别代入后相乘，就有
∏n=1∞((n+a1)(n+a2)...(n+ak)(n+b1)(n+b2)...(n+bk)ea−bn)=Γ(1+b1)Γ(1+b2)...Γ(1+bk)Γ(1+a1)Γ(1+a2)...Γ(1+ak)eγ(b−a)a=∑n=1kak , b=∑n=1kbk\prod^\infin_{n=1}\Big(\frac {(n+a_1)(n+a_2)...(n+a_k)}{(n+b_1)(n+b_2)...(n+b_k)}e^{\raisebox{1ex}{$\frac {a-b}n$}}\Big)=\frac{\Gamma(1+b_1)\Gamma(1+b_2)...\Gamma(1+b_k)}{\Gamma(1+a_1)\Gamma(1+a_2)...\Gamma(1+a_k)}e^{\gamma(b-a)}\\ a=\sum^k_{n=1}a_k\ ,\ b=\sum^k_{n=1}b_k
当满足 a=ba=b 时，式子就变成了下面的样子
∏n=1∞(n+a1)(n+a2)...(n+ak)(n+b1)(n+b2)...(n+bk)=Γ(1+b1)Γ(1+b2)...Γ(1+bk)Γ(1+a1)Γ(1+a2)...Γ(1+ak)\prod^\infin_{n=1}\frac{(n+a_1)(n+a_2)...(n+a_k)}{(n+b_1)(n+b_2)...(n+b_k)}=\frac{\Gamma(1+b_1)\Gamma(1+b_2)...\Gamma(1+b_k)}{\Gamma(1+a_1)\Gamma(1+a_2)...\Gamma(1+a_k)}
这样我们就把求无穷乘积的问题转成了更好算的关于 GammaGamma 函数的问题，毕竟它在自变量为正整数时等于 (z−1)!(z-1)!。

回收开头

有了上面的式子，我们便可以尝试再次求解开头那个式子
∏n=2∞(1−1n2)\prod^\infin_{n=2}\Big(1-\frac1{n^2}\Big)
为了对应式子，我们将下标改为从一开始，然后通分并因式分解，利用 GammaGamma 函数解决
∏n=1∞(1−1(n+1)2)=∏n=1∞(n+0)(n+2)(n+1)(n+1)=Γ(1+1)Γ(1+1)Γ(1+0)Γ(1+2)=12\prod^\infin_{n=1}\Big(1-\frac1{(n+1)^2}\Big)=\prod^\infin_{n=1}\frac{(n+0)(n+2)}{(n+1)(n+1)}=\frac{\Gamma(1+1)\Gamma(1+1)}{\Gamma(1+0)\Gamma(1+2)}=\frac12
超级简单，是不是？或许有人会问，如果 a≠ba\ne b 那怎么办？

a=ba=b 的必要性

众所周知，无穷乘积 ∏(1+si)\prod(1+s_i) 收敛的充要条件是 ∑ln⁡(1+si)\sum\ln(1+s_i) 收敛，那么问题就变成了一个无穷求和是否收敛
∏n=1∞∏i=1kn+ain+bi  ⟺  ∑n=1∞∑i=1k(ln⁡(1+ain)−ln⁡(1+bin))\prod^\infin_{n=1}\prod^k_{i=1}\frac{n+a_i}{n+b_i}\iff\sum^\infin_{n=1}\sum^k_{i=1}\Big(\ln(1+\frac{a_i}n)-\ln(1+\frac{b_i}n)\Big)
当 n→∞n\to\infin 时，利用泰勒展开对对数函数进行线性近似
ln⁡(1+sin)=sin−si22n2+O(1n3)\ln(1+\frac{s_i}n)=\frac{s_i}n-\frac{s^2_i}{2n^2}+O(\frac1{n^3})
因此
∑i=1k(ln⁡(1+ain)−ln⁡(1+bin)=a−bn−12n2∑i=1k(ai2−bi2)+O(1n3)\sum^k_{i=1}\Big(\ln(1+\frac{a_i}n)-\ln(1+\frac{b_i}n\Big)=\frac{a-b}n-\frac1{2n^2}\sum^k_{i=1}\Big(a^2_i-b^2_i\Big)+O(\frac1{n^3})
因为当 n→∞n\to\infin 时，高阶项 O(1n2)O(\frac1{n^2}) 比 a−bn\frac{a-b}n 更快趋近于 00，所以我们可以只保留主导项 a−bn\frac{a-b}n
∑i=1k(ln⁡(1+ain)−ln⁡(1+bin)=a−bn+O(1n2)\sum^k_{i=1}\Big(\ln(1+\frac{a_i}n)-\ln(1+\frac{b_i}n\Big)=\frac{a-b}n+O(\frac1{n^2})
此时求和变成了这样
∑n=1∞(a−bn+O(1n2))\sum^\infin_{n=1}\Big(\frac{a-b}n+O(\frac1{n^2})\Big)
很明显，这不就是调和级数吗，主导项的级数是发散的，当 a>ba>b 时，总和发散到 +∞+\infin,无穷乘积也发散到 +∞+\infin，而 a<ba<b 时,总和发散到 −∞-\infin，无穷乘积收敛到 00。
所以，除非它在乘积里套了个 ea−bne^{\frac{a-b}n}，否则当 a≠ba\ne b 时，这个无穷乘积没有什么意义，出题人肯定不会无聊到出这种题。

小练笔

那我们再来求一个无穷乘积
∏n=1∞(1+1n2)\prod^\infin_{n=1}\Big(1+\frac1{n^2}\Big)
先进行因式分解再套 GammaGamma 函数
∏n=1∞(1+1n2)=∏n=1∞(n+i)(n−i)(n+0)(n+0)=Γ(1+0)Γ(1+0)Γ(1+i)Γ(1−i)=1iΓ(i)Γ(1−i)\prod^\infin_{n=1}\Big(1+\frac1{n^2}\Big)=\prod^\infin_{n=1}\frac{(n+i)(n-i)}{(n+0)(n+0)}=\frac{\Gamma(1+0)\Gamma(1+0)}{\Gamma(1+i)\Gamma(1-i)}=\frac1{i\Gamma(i)\Gamma(1-i)}
由于 GammaGamma 函数可以解析延拓到除非正整数外的整个复平面，所以我们这么做是没问题的，接下来用上面得到的余元公式再进行转化
∏n=1∞(1+1n2)=1iΓ(i)Γ(1−i)=sin⁡πiπi=sinh⁡ππ\prod^\infin_{n=1}\Big(1+\frac1{n^2}\Big)=\frac1{i\Gamma(i)\Gamma(1-i)}=\frac{\sin\pi i}{\pi i}=\frac{\sinh\pi}\pi
再看下一题
∏n=1∞(1+1n3)\prod^\infin_{n=1}\Big(1+\frac1{n^3}\Big)
利用单位根进行因式分解
∏n=1∞(1+1n3)=∏n=1∞(n+1)(n−ω)(n−ω−1)n3=1Γ(1−ω)Γ(1−ω−1)ω=eπi3=12+i32\prod^\infin_{n=1}\Big(1+\frac1{n^3}\Big)=\prod^\infin_{n=1}\frac{(n+1)(n-\omega)(n-\omega^{-1})}{n^3}=\frac1{\Gamma(1-\omega)\Gamma(1-\omega^{-1})}\\ \omega=e^{\raisebox{}{$\frac{\pi i}3$}}=\frac12+\frac{i\sqrt3}2
我们先将余元公式变形
Γ(z)Γ(1−z)=πsin⁡πz  ⟹  Γ(12+z)Γ(12−z)=πsin(π2+πz)=πcos⁡πz\Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac\pi{\sin\pi z}\implies \Gamma(\frac12+z)\Gamma(\frac12-z)=\frac\pi{sin(\frac\pi2+\pi z)}=\frac\pi{\cos\pi z}
这样我们就能更快的解决掉 GammaGamma 函数
Γ(1−ω)Γ(1−ω−1)=Γ(12−i32)Γ(12+i32)=πcos⁡(πi32)=πcosh⁡(32π)\Gamma(1-\omega)\Gamma(1-\omega^{-1})=\Gamma(\frac12-\frac{i\sqrt3}2)\Gamma(\frac12+\frac{i\sqrt3}2)=\frac\pi{\cos(\pi\frac{i\sqrt3}2)}=\frac\pi{\cosh(\frac{\sqrt3}2\pi)}
所以
∏n=1∞(1+1n3)=cosh⁡(32π)π\prod^\infin_{n=1}\Big(1+\frac1{n^3}\Big)=\frac{\cosh(\frac{\sqrt3}2\pi)}\pi
现在练笔结束，开始推广一般形式。

通解

我们上面的无穷乘积的一般形式可以写成
∏n=1∞(1−xnk)\prod^\infin_{n=1}\Big(1-\frac x{n^k}\Big)
首先，利用单位根的性质，可以将括号内的式子分解
1−xnk=∏m=0k−1(1−ωmx1kn)ω=e2πik=cos⁡(2πk)+isin⁡(2πk)1-\frac x{n^k}=\prod^{k-1}_{m=0}\Big(1-\frac{\omega^mx^{\raisebox{}{$\frac1k$}}}n\Big)\\ \omega=e^{\raisebox{}{$\frac{2\pi i}k$}}=\cos(\frac{2\pi}k)+i\sin(\frac{2\pi}k)
那么原来的无穷乘积可以重新写为
∏n=1∞(1−xnk)=∏n=1∞∏m=0k−1(1−ωmx1kn)\prod^\infin_{n=1}\Big(1-\frac x{n^k}\Big)=\prod^\infin_{n=1}\prod^{k-1}_{m=0}\Big(1-\frac{\omega^mx^{\raisebox{}{$\frac1k$}}}n\Big)
回看之前将 GammaGamma 函数和无穷乘积联系起来的式子,因为单位根之和等于 00，就有
∏n=1∞∏m=0k−1(1−ωmx1kn)=∏n=0k−1(Γ(1−ωnx1k))−1=∏n=0k−1(−ωnx1kΓ(−ωnx1k))−1=∏n=0k−1(−ωnx1k)−1∏n=0k−1(Γ(−ωnx1k))−1\prod^\infin_{n=1}\prod^{k-1}_{m=0}\Big(1-\frac{\omega^mx^{\raisebox{}{$\frac1k$}}}n\Big)=\prod^{k-1}_{n=0}\Big(\Gamma(1-\omega^nx^{\raisebox{}{$\frac1k$}})\Big)^{-1}=\prod^{k-1}_{n=0}\Big(-\omega^nx^{\raisebox{}{$\frac1k$}}\Gamma(-\omega^nx^{\raisebox{}{$\frac1k$}})\Big)^{-1}=\prod^{k-1}_{n=0}(-\omega^nx^{\raisebox{}{$\frac1k$}})^{-1}\prod^{k-1}_{n=0}\Big(\Gamma(-\omega^nx^{\raisebox{}{$\frac1k$}})\Big)^{-1}
此时式子仍能化简,可以先计算出常数项
∏n=0k−1−ωnx1k=(−1)kωk(k−1)2x=(−1)k(−1)k−1x=−x\prod^{k-1}_{n=0}-\omega^nx^{\raisebox{}{$\frac1k$}}=(-1)^k\omega^{\frac{k(k-1)}2}x=(-1)^k(-1)^{k-1}x=-x
所以，我们就得到了最终形式
∏n=1∞(1−xnk)=−1x∏n=0k−1(Γ(−ωnx1k))−1\prod^\infin_{n=1}\Big(1-\frac x{n^k}\Big)=-\frac1x\prod^{k-1}_{n=0}\Big(\Gamma(-\omega^nx^{\raisebox{}{$\frac1k$}})\Big)^{-1}

小结

这篇文章小小 7k7k 字，主要带大家简单了解了这类无穷乘积的计算方法及其相关证明，我自认讲得很明白了，计算过程也十分详细，内容相比其他大佬的文章也简单的多，实际上非常容易理解。
本想用一些帅气的话来升华一下主题，想了想还是不献丑了吧。作为复习，就请你用上述内容华丽地证明开头欧拉的那个式子吧（虽然很明显是在循坏论证，但作为课后练习还是可以的吧）！
sin⁡xx=∏n=1∞(1−x2n2π2)\frac{\sin x}x=\prod^\infin_{n=1}\Big(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}\Big)

补充

为了防止没来头地甩出欧拉地那个式子却不解释而被制裁，在这里先给出简单证明（也就是上文提到的因式分解），首先我们都知道，只要一个函数足够光滑，它就可以被多项式一致逼近，所以正弦函数能被因式分解，而且我们又知道正弦函数 sin⁡x\sin x 的零点为 x=nπ,n∈Zx=n\pi,n\in\Z，所以是这样吗？
sin⁡x=?x∏n=1∞(x2−n2π2)\sin x\stackrel{?}{=}x\prod^\infin_{n=1}\Big(x^2-n^2\pi^2\Big)
随便带个不是零点的值它就会炸掉，所以明显不是，那么我们就尝试在右式中乘上一个系数 kk 使其收敛
sin⁡x=kx∏n=1∞(x2−n2π2)\sin x=kx\prod^\infin_{n=1}\Big(x^2-n^2\pi^2\Big)
然后变形再取极限
lim⁡x→0sin⁡xx=lim⁡x→0k∏n=1∞(x2−n2π2)  ⟹  k∏n=1∞(−n2π2)=1\lim_{x\to0}\frac{\sin x}x=\lim_{x\to0}k\prod^\infin_{n=1}\Big(x^2-n^2\pi^2\Big)\implies k\prod^\infin_{n=1}\Big(-n^2\pi^2\Big)=1
所以
k=∏n=1∞(−n2π2)−1k=\prod^\infin_{n=1}\Big(-n^2\pi^2\Big)^{-1}
这样我们就证明了欧拉的这个等式
sin⁡xx=∏n=1∞(1−x2n2π2)\frac{\sin x}x=\prod^\infin_{n=1}\Big(1-\frac{x^2}{n^2\pi^2}\Big)
现在是真的结束了。

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