当$p\to\infty$时无穷乘积$\prod_{i=0}^\infty \left(1+\frac{p}{2^i}\right)$的紧上界技术问询

嘿，针对你问的这个无穷乘积紧上界的问题，我来捋捋思路，拆解分析下：

首先你提到的已知上界$e^{2p}$，这个是用$\ln(1+x) \leq x$的经典不等式推出来的——毕竟对所有正的$x$，这个不等式都成立，把乘积取对数后，求和结果不超过$\sum_{i=0}^\infty \frac{p}{2^{i}=2p$，取指数后就得到$e}{2p}$。但这个上界确实太松了，尤其是当$i$比较小的时候，$\frac{p}{2^i}$很大，这时候$\ln(1+x)$和$x$的差距特别大，用$x$来估计会高估太多，完全没用到前几项的精细结构。

那我们换个思路，把乘积拆成两部分来分别估计，这样能得到紧得多的上界：

• 第一部分：$i \leq k$，这里$k = \lfloor \log_2 p \rfloor$（也就是满足$2^k \leq p < 2^{{k+1}$的整数$k$），这时候$\frac{p}{2}i} \geq 1$，是乘积里的“大头”项；
• 第二部分：$i > k$，这时候$\frac{p}{2^i} < 1$，属于小项，用经典不等式估计就足够准确。

先看第一部分（大项）的估计 #

对于$i \leq k$，因为$\frac{p}{2^i} \geq 1$，所以$1+\frac{p}{2^i} \leq 2 \cdot \frac{p}{2^i}$（毕竟$1+x \leq 2x$对$x\geq1$成立）。取对数后就是$\ln(1+\frac{p}{2^i}) \leq \ln2 + \ln p - i\ln2$。

把这些项加起来：
$$
\sum_{i=0}^k \ln\left(1+\frac{p}{2^i}\right) \leq (k+1)(\ln p + \ln2) - \ln2 \cdot \frac{k(k+1)}{2}
$$
当$p\to\infty$时，$k$近似等于$\log_2 p = \frac{\ln p}{\ln2}$，代入后可以算出这个和的主项是$\frac{(\ln p)^2}{2\ln2}$——这是整个乘积对数的核心增长项。

再看第二部分（小项）的估计 #

对于$i > k$，$\frac{p}{2^i} < 1$，这时候用$\ln(1+x) \leq x$就很精准了，因为x很小，误差可以忽略。求和的话：
$$
\sum_{i=k+1}^\infty \ln\left(1+\frac{p}{2^i}\right) \leq \sum_{i=k+1}^\infty \frac{p}{2^i} = \frac{p}{2^k}
$$
根据$k$的定义，$2^k \geq \frac{p}{2}$，所以$\frac{p}{2^k} \leq 2$，这部分是个固定的有界量，当$p$趋向无穷时，和第一部分的主项比起来完全可以忽略。

合并得到紧上界 #

把两部分的结果加起来，再取指数，就能得到一个紧上界：
$$
\prod_{i=0}^\infty \left(1+\frac{p}{2^i}\right) \leq C \cdot \exp\left( \frac{(\ln p)^2}{2\ln2} \right)
$$
这里$C$是一个不依赖于$p$的常数，比如取$e^2$就完全足够覆盖第二部分的有界量。

而且这个上界是没法再往紧了改到多项式增长的——因为我们可以用类似的方法算下界：当$i \leq k$时，$\ln(1+\frac{p}{2^i}) \geq \ln\left(\frac{p}{2^i}\right) = \ln p - i\ln2$，求和后得到的下界主项和上界一样都是$\frac{(\ln p)^2}{2\ln2}$，说明这个拟多项式的增长阶是精确的，多项式增长（对数是线性的$\log p$）根本达不到这个增长速度。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Andrew Yuan