鉴于这学期我从来没听过的高数课没讲无穷乘积，所以我想把这坨给补上（
无穷乘积
类比于级数的定义，设 \(p_1,p_2,\cdots,p_n,\cdots\) 是无穷可列个实数，则称它们的“积”为无穷乘积
\[p_1\cdot p_2\cdot … \cdot p_n \cdot …
\]
记为
\[\prod_{n=1}^{\infty} p_i
\]
类似地，定义无穷乘积的“部分积数列” \(\{P_n\}\) 为：
\[\begin{aligned}
P_1 &= p_1\\
P_2 &= p_1\cdot p_2\\
&\cdots\cdots\\
P_n &= \prod_{k=1}^n p_k
\end{aligned}
\]
如果部分积数列 \(\{P_n\}\) 收敛于一非零有限数 \(P\) ，则称无穷乘积 \(\prod_{n=1}^{\infty} p_i\) 收敛，称 \(P\) 为它的积。
注意：如果 $$\lim_{n\rightarrow\infty} P_n = 0 $$ ，则称无穷乘积 \(\prod_{n=1}^{\infty} p_i\) 发散于0。
考虑比较无穷乘积和无穷级数之间的关联性，那么其实不难想到，能把乘积化为和的渠道——取幂运算。
由于 \(P \neq 0\) ，故 \(p_i \ne 0\) 设 \(p_i\) 的对数为 \(a_i\)，则有
\[\begin{aligned}
P &= \prod p_i\\
&= \prod e^{a_i}\\
&= e^{\sum a_i}\\
&= e^A
\end{aligned}
\]
显然这一推导过程是可逆的。所以任意收敛的无限乘积都与一个收敛的无穷级数一一对应且它们收敛的积与和有 \(P=e^A\) 的关系。
并且，他们发散的情况也是一一对应的，不难发现，定义“发散于0”的巧妙性。
变换为 \(p_i-1\) 的情况比较复杂，在此先不写，挖个坑下辈子填。
Wallis公式
我们来讨论一些比较特殊的无穷乘积：
1.设 \(p_n = 1 - \frac{1}{n + 1}\) ，则部分积
\[P_n = \prod_{k=1}^n (1 - \frac{1}{k + 1}) = \prod_{k=1}^n \frac{k}{k+1} = \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot\cdots\cdot\frac{n}{n+1} = \frac{1}{n+1}\\
\therefore \lim_{n\rightarrow\infty} P_n = 0
\]
所以无穷乘积 \(\prod_{n=1}^{\infty} (1 - \frac{1}{n+1})\) 发散于0。
2.设 \(p_n = 1 - \frac{1}{(2n)^2}\) ，则部分积
\[\begin{aligned}
P_n &= \prod_{k=1}^n (1 - \frac{1}{(2n)^2}) = \prod_{k=1}^n \frac{(2k-1)(2k+1)}{2k\cdot 2k}\\
&= \frac{1\cdot3\cdot3\cdot5\cdot5\cdot7\cdot\cdots\cdot(2n-1)(2n+1)}{2\cdot2\cdot4\cdot4\cdot6\cdot6\cdot\cdots\cdot(2n)(2n)}\\
&= \frac{[(2n-1)!!]^2}{[(2n)!!]^2}\cdot (2n+1)
\end{aligned}
\]
为了判断其敛散性，不知道哪个天才（应该就是Wallis吧）想到了在学习定积分时的一个例子
\[I_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx
\]
这个积分的推导在学习定积分的时候推过，但是为了防止我老年痴呆我趁早再推一次
\[\begin{aligned}
I_n &= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx\\
&= -\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-1}xd\cos x\\
&= -(\sin^{n-1}x\cos x)\mid_0^{\frac{\pi}{2}} + \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos xd\sin^{n-1}x\\
&= (n-1)\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^2x\sin^{n-2}xdx\\
&= (n-1)(I_{n-2} - I_n)\\
\therefore nI_n &= (n-1)I_{n-2}\\
I_n &= \frac{n-1}{n}I_{n-2}\\
\end{aligned}\\
\begin{aligned}
&\because
\begin{cases}
I_0 = \int_0^{\frac{\pi}{2}}dx = \frac{\pi}{2}\\
I_1 = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin xdx\\
\end{cases}\\
&\therefore
I_n =
\begin{cases}
\frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot \frac{\pi}{2} (n=2k)\\
\frac{(n-1)!!}{n!!}\;\;\;\;\;\,(n=2k+1)
\end{cases}
(k\in N^*)
\end{aligned}
\]
导完了，爽。
那么这个喜闻乐见的双阶乘符号就来了。
于是有
\[\frac{\pi}{2}P_n = \frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}
\]
又
\[\begin{aligned}
\because
&\sin^{2n+1}x\leqslant\sin^{2n}x\leqslant\sin^{2n-1}x\\
\therefore
&I_{2n+1}<I_{2n}<I_{2n-1}\\
&1<\frac{I_{2n}}{I_{2n+1}}<\frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}}\\
\because
&\lim_{n\to \infty}\frac{I_{2n-1}}{I_{2n+1}} = \lim_{n\to \infty}\frac{2n+1}{2n} = 1\\
\therefore
&\lim_{n\to \infty}\frac{I_(2n)}{I_{2n+1}} = 1\\
&\lim_{n\to \infty}P_n = \lim_{n\to \infty}(\frac{2}{\pi}\cdot\frac{I_(2n)}{I_{2n+1}}) = \frac{2}{\pi}
\end{aligned}
\]
于是得到结论
\[\prod(1-\frac{1}{(2n)^2}) = \frac{2}{\pi}
\]
换一种写法就是Wallis公式
\[\begin{aligned}
\frac{\pi}{2} &= \frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdot\cdots\cdot\frac{2n}{2n-1}\cdot\frac{2n}{2n+1}\cdot\cdots\\
& = \lim_{n\to \infty} \frac{[(2n)!!]^2}{(2n-1)!!(2n+1)!!} \;\;\;\;(我觉得这句也对)
\end{aligned}
\]
Wallis公式一方面用无穷乘积把 \(\pi\) 以有理数的形式表现出来了，也证明了不可约分的相邻双阶乘之比 \(\frac{(2n+1)!!}{(2n)!!}\) 是 \(\sqrt n\) 级别的。
Stirling公式
有了Wallis公式后，我们来证明Stirling公式：
\[n! \sim \sqrt{2\pi}\,n^{n+\frac{1}{2}}e^{-n} \;\; (n\to \infty)
\]
我猜天才Stirling一开始肯定也想到的不是这个数列，但是反正也只是学习，这样翻译回来的解法好理解那就它了。
取
\[b_n = \frac{n!e^n}{n^{n+\frac{1}{2}}}\;,n = 1,2,\cdots,
\]
则有
\[\frac{b_n}{b_{n-1}} = e(1-\frac{1}{n})^{n-\frac{1}{2}} = e^{1+(n-\frac{1}{2}\ln(1-\frac{1}{n}))} = e^{-\frac{1}{12n^2}+o(\frac{1}{n^2})} = 1-\frac{1}{12n^2}+o(\frac{1}{n^2})
\]
10/13补充
现在我们欲证明 \(\{b_n\}\) 收敛，令 $ c_n = \frac{b_n}{b_{n-1}} $ ，则只需证 \(\prod{c_n}\) 收敛。取 \(1+a_n = c_n\) ，则有 \(\prod{c_n} = exp(\sum\ln(a_n+1))\) 。
又因为若 \(\sum\ln(a_n+1)\) 或 \(\sum a_n\) 收敛，都有 \(\lim_{n\to +\infty}a_n=0\) ，此时有 \(\lim_{n\to+\infty}\frac{\ln(a_n+1)}{a_n} =1\)，因此 \(\sum a_n\) 和 \(\sum\ln(a_n+1)\) 敛散性相同，进而 \(\prod{c_n}\) 和 \(\sum a_n\) 敛散性相同。
而由前式推导可知， \(a_n = \frac{1}{12n^2}+o(\frac{1}{n^2})\) ，由 \(p\) 值判别可知 \(\sum{a_n}\)收敛。从而得证 \(\{b_n\}\) 收敛。
令 \(1+a_n = \frac{b_n}{b_{n-1}}\) 显然 \(\sum a_n\) 是收敛定号级数（被我略去的部分，但大概可以按照 \(\ln x \sim x-1 (x\to 1)\) 理解），因此 \(\prod\frac{b_{n+1}}{b_n}\) 收敛。
于是由Wallis公式，有
\[\lim_{n\to \infty} b_n = \lim_{n\to \infty}\frac{b_n^2}{b_{2n}} = \lim_{n\to \infty}\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\cdot\sqrt{\frac{2}{n}} = \sqrt{2\pi}
\]
把设的 \(b_n\) 里除 \(n!\) 以外的部分移到右式，得到
\[n! \sim \sqrt{2\pi}\,n^{n+\frac{1}{2}}e^{-n} \;\; (n\to \infty)
\]
Stirling公式给出了无穷大量 \(\{n!\}\) 的增长阶的估计，实际上在后续的函数逼近中有一大堆带 \(n!\) 的逼近式需要估算，真不知道答辩多元分析不讲这个怎么推进后续内容的。
就到这里了，歇逼。
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