南开大学 2026年数学分析第8题

对于固定的 $x>0$，令 $a_n = \frac{x}{n^2}$。由于级数 $\sum_{n=1}^\infty a_n = x \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ 收敛（$p=2>1$ 的 $p$-级数），根据无穷乘积收敛判别法：若 $\sum a_n$ 绝对收敛，则 $\prod (1+a_n)$ 收敛且非零。因此 $\prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{x}{n^2}\right)$ 对任意 $x>0$ 收敛。

设 $P(x) = \prod_{n=1}^\infty \left(1+\frac{x}{n^2}\right)$，取自然对数得： \[ \ln P(x) = \sum_{n=1}^\infty \ln\left(1+\frac{x}{n^2}\right) \] 我们需要求极限 $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \frac{\ln P(x)}{\sqrt{x}}$，因此需分析该级数当 $x$ 很大时的渐近行为。

考虑函数 $f(t) = \ln\left(1+\frac{x}{t^2}\right)$，它在 $t \ge 1$ 上单调递减。由积分比较法： \[ \int_1^\infty \ln\left(1+\frac{x}{t^2}\right) dt \le \sum_{n=1}^\infty \ln\left(1+\frac{x}{n^2}\right) \le \ln(1+x) + \int_1^\infty \ln\left(1+\frac{x}{t^2}\right) dt \] 其中第一项 $\ln(1+x)$ 单独处理，其余用积分逼近。

令 $I(x) = \int_1^\infty \ln\left(1+\frac{x}{t^2}\right) dt$。作变量代换 $t = \sqrt{x}\, u$，则 $dt = \sqrt{x}\, du$，积分限变为 $u$ 从 $1/\sqrt{x}$ 到 $\infty$： \[ I(x) = \sqrt{x} \int_{1/\sqrt{x}}^\infty \ln\left(1+\frac{1}{u^2}\right) du \] 当 $x \to +\infty$ 时，下界 $1/\sqrt{x} \to 0$，因此 \[ I(x) \sim \sqrt{x} \int_0^\infty \ln\left(1+\frac{1}{u^2}\right) du \]

利用已知公式 $\int_0^\infty \ln\left(1+\frac{a^2}{u^2}\right) du = \pi a$（可通过留数定理或对称性证明）。令 $a=1$，得 $J = \pi$。 另一种推导（供参考）：令 $u = \tan\theta$，则 $du = \sec^2\theta\, d\theta$，$1+1/u^2 = \csc^2\theta$，$\ln(1+1/u^2) = -2\ln\sin\theta$，积分变为 $\int_0^{\pi/2} (-2\ln\sin\theta) \frac{d\theta}{\cos^2\theta}$，但计算较复杂，直接引用已知结果更简洁。

由积分估计得： \[ \sum_{n=1}^\infty \ln\left(1+\frac{x}{n^2}\right) = I(x) + O(\ln x) \] 因为 $\ln(1+x) = O(\ln x)$，而 $I(x) \sim \pi \sqrt{x}$，所以 $\ln P(x) \sim \pi \sqrt{x}$。因此 \[ \lim_{x\to +\infty} \frac{\ln P(x)}{\sqrt{x}} = \pi \]

由前几步，$\lim_{x\to+\infty} \frac{\ln\left(\prod_{n=1}^{\infty} (1+x/n^2)\right)}{\sqrt{x}} = \lim_{x\to+\infty} \frac{S(x)}{\sqrt{x}} = C = \pi$。