已知∏ₖ=1^∞(1+1/k^α)收敛条件，求∏ₖ=2^∞(1−1/k^α)收敛性

首先直接给结论：从「收敛（极限存在且非零）」的定义来看，这个乘积的收敛条件和你提到的$\prod_{k=1}^\infty 1+\frac{1}{k^\alpha}$完全一致——当且仅当$\alpha > 1$时收敛。不过细节上和正项乘积有区别，我们不用局限于之前的对数估计思路，从无穷乘积的基本收敛准则入手分析更清晰：

1. 先明确无穷乘积的核心收敛准则 #

对于无穷乘积$\prod_{n=N}^\infty (1+a_n)$，它收敛（且极限非零）的充要条件是：

• 级数$\sum_{n=N}^\infty a_n$收敛，同时当$a_n$不变号时，这个条件也是充分必要的（这里$a_n = -\frac{1}{k^\alpha}$，全是负项，满足不变号的前提）。

2. 分情况讨论$\alpha$的取值 #

当$\alpha > 1$时 #

此时级数$\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k^{\alpha}$是经典的p级数，p=α>1，显然收敛。根据上面的准则，乘积$\prod_{k=2}}\infty (1-\frac{1}{k^\alpha})$收敛，而且极限不为0。

当$0 < \alpha \leq 1$时 #

这时候p级数$\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{k^\alpha}$发散到$+\infty$。我们可以用对数展开来辅助理解：
$$\ln \prod_{k=2}^n (1-\frac{1}{k^\alpha}) = \sum_{k=2}^n \ln(1-\frac{1}{k^\alpha})$$
利用泰勒展开，当$k$足够大时，$\ln(1-x) \approx -x - \frac{x^2}{2} - \dots$，代入$x=\frac{1}{k^\alpha}$可得：
$$\ln(1-\frac{1}{k^\alpha}) = -\frac{1}{k^\alpha} - \frac{1}{2k^{2\alpha}} - \dots$$
对前n项求和后，主导项是$-\sum_{k=2}^n \frac{1}{k^{\alpha}$，由于这个和发散到$+\infty$，所以整个对数和会发散到$-\infty$，对应的乘积极限就是$e}{-\infty}=0$。而无穷乘积的收敛要求极限非零，所以这种情况属于发散。

当$\alpha \leq 0$时 #

• 若$\alpha=0$，则$1-\frac{1}{k^0}=0$，从k=2开始每一项都是0，乘积直接趋向0，发散；
• 若$\alpha<0$，令$\beta=-\alpha>0$，则$1-\frac{1}{k^\alpha}=1-k\beta$，当k≥2时，$k^{\beta$会越来越大，$1-k}\beta$是绝对值趋向无穷的负数，乘积的绝对值会爆炸式增长，显然发散。

总结 #

• 仅当$\alpha > 1$时，$\prod_{k=2}^\infty 1-\frac{1}{k^\alpha}$收敛（极限非零）；
• $\alpha \leq 1$时，乘积发散（要么极限为0，要么绝对值趋向无穷）。

虽然和正项乘积的收敛条件一致，但两者发散时的表现不同：正项乘积$\prod_{k=1}^\infty 1+\frac{1}{k^\alpha}$在$\alpha \leq1$时趋向无穷大，而这个负项乘积在$0<\alpha\leq1$时趋向0，$\alpha\leq0$时趋向无穷（或0）。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者57Jimmy