首先得指出你推导里的两个关键问题：

1. 你误以为$\lim_{n\to \infty}\left(1-\frac{\alpha}{n}\right)^n = 0$，但实际上这个极限是$e^{{-\alpha}$（这是经典极限公式$\lim_{n\to\infty}(1+\frac{x}{n})}n = e^x$的直接推论，令$x=-\alpha$即可），是一个正数，所以你用这个不等式没法直接推出左边的极限为0。
2. 你说“the LHS limit is positive as well”并不准确：当$k \leq \alpha$时，$1-\frac{\alpha}{k}$是负数（因为$\alpha>0$，$k\leq\alpha$意味着$\frac{\alpha}{k}\geq1$），所以乘积的符号会随$n$变化；如果$\alpha$是整数，当$n\geq\alpha$时乘积里会出现$1-\frac{\alpha}{\alpha}=0$，直接让乘积为0。不过不管符号如何，我们只需要证明乘积的绝对值趋近于0，就能得到原极限为0。

下面给你两种严谨的证明思路：

思路1：对数转化为级数 #

当$n > \alpha$时，所有$1-\frac{\alpha}{k}$非零，我们对乘积取绝对值后取对数：
$$
\ln\left|\prod_{k=1}^n\left(1-\frac{\alpha}{k}\right)\right| = \sum_{k=1}^n \ln\left|1-\frac{\alpha}{k}\right|
$$
对于$k > \alpha$，$\ln\left(1-\frac{\alpha}{k}\right) = -\frac{\alpha}{k} - \frac{\alpha^2}{2k2} - \frac{\alpha^3}{3k3} - \dots < -\frac{\alpha}{k}$。而调和级数$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}$是发散到$+\infty$的，因此$\sum_{k=1}^n \ln\left|1-\frac{\alpha}{k}\right|$会发散到$-\infty$，进而$\left|\prod_{k=1}^n\left(1-\frac{\alpha}{k}\right)\right| = e^{\sum \ln|1-\alpha/k|}$趋近于0，原乘积的极限自然为0。

思路2：指数不等式估计绝对值 #

我们有经典不等式$1 - x \leq e^{{-x}$对所有$x$成立（可以通过泰勒展开或求导验证：令$f(x)=e}{-x}-(1-x)$，$f'(x)=-e^{-x}+1$，当$x>0$时$f'(x)>0$，且$f(0)=0$，故$f(x)\geq0$）。

设$m = \lfloor\alpha\rfloor$（不超过$\alpha$的最大整数），前$m$个因子的绝对值乘积是一个常数$C = \left|\prod_{k=1}^m\left(1-\frac{\alpha}{k}\right)\right|$。当$n > m$时：
$$
\left|\prod_{k=1}^n\left(1-\frac{\alpha}{k}\right)\right| = C \cdot \prod_{k=m+1}^n \left(1-\frac{\alpha}{k}\right) ≤ C \cdot \prod_{k=m+1}^n e^{-\alpha/k} = C \cdot e^{-\alpha \sum_{k=m+1}^n \frac{1}{k}}
$$
由于$\sum_{k=m+1}^n \frac{1}{k}$当$n\to\infty$时发散到$+\infty$，指数部分会趋近于$-\infty$，因此整个表达式趋近于0，原乘积的极限为0。

总结来说，你的初始推导因为极限值误判而不成立，但通过对数转级数或指数不等式的方法，都能严格证明这个无穷乘积的极限是0。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者lzrus