漸進展開式相關整理

04-15

【本文主要內容來自J.迪厄多內所著《無窮小計算》，余家榮譯】

一、顯式函數漸進展開

1.1 比較函數集

定義：

我們稱形如 $g(x)=x^alpha (lnx)^eta e^{P(x)}$ 的函數在比較函數集 $varepsilon$ 中，它們有如下的性質：

i)在無窮遠附近>0；

ii)除去常數1，所有的比較函數趨近於0或無窮；

iii)比較函數的乘積和冪也是比較函數。

兩類記號：

i)若 $|f|/g$ 在無窮的鄰域以一常數為上界，記 $f=O(g)orfpreceq g$ ；

ii)若 $|f|/g$ 在無窮的鄰域趨近於0，記 $f=o(g)orfprec g$ .

稱與比較函數作比較的關係式為比較關係式，並且它們滿足 $O(g)+O(g)=ccdot O(g)=O(g)$ ， $O(g_1g_2)=O(g_1)O(g_2)$ .

比較函數集中階的關係：

由於 $e^{cx^gamma }succ x^alpha succ (lnx)^eta succ (lnlnx)^delta (c>0)$ ，我們有所謂的編字典次序，記比較函數 $g=x^alpha (lnx)^eta (lnlnx)^delta e^{cx^gamma }$ 對應的單詞為 $(c,alpha ,eta ,delta )$ ，比較階時就以此順序進行比較，如若c不同就無需進一步比較。

1.2 顯式函數漸進展開

定義：

當 $f=O(g_1)$ 時，記 $f/g_1$ 的極限為 $c_1$ ，有 $f=c_1g_1+o(g_1)$ ，進一步將余項與比較函數進行比較，可以有 $f=Sigma _{i=1}^{k}c_ig_i+o(g_k)$ ，稱它為函數f的漸進展開式， $o(g_k)$ 為余項，通過適當的變數代換可以將無窮附近的展開式轉化為任何點(左右)鄰域上的展開式，典型的是(零點附近的)Taylor展開。

計算：

例1：在零點附近用多項式展開 $frac{xln|x|}{1+e^x}$ 是做不到的，我們將得到它的漸進展開式。

先展開 $frac{1}{1+e^x}=frac{1}{2+x+frac{x^2}{2}+...}$ ，在零點附近有 $frac{1}{2+t}=frac{1}{2}-frac{1}{4}t+o(t^2)$ ，故 $frac{1}{1+e^x}=frac{1}{2}-frac{1}{4}x+o(x^2)Rightarrow frac{xln|x|}{1+e^x}=frac{xln|x|}{2}-frac{x^2ln|x|}{4}+o(x^3ln|x|)$ .

例2：在 $infty$ 點附近展開 $f(x)=(1+x)^{1/x}$ .

$f(x)=(1+x)^{1/x}=e^{1/xln(1+x)}$ ， $ln(1+x)=lnx+ln(1+frac{1}{x})$ ，

$ln(1+frac{1}{x})=frac{1}{x}-frac{1}{2x^2}+frac{1}{3x^3}-...$ ， $frac{1}{x}ln(1+x)=frac{lnx}{x}+frac{1}{x^2}-frac{1}{2x^3}+frac{1}{3x^4}-...$

最終我們得到 $f(x)=1+frac{lnx}{x}+frac{1}{x^2}+frac{1}{2}frac{(lnx)^2}{x^2}+frac{1}{3!}frac{(lnx)^3}{x^3}+o(frac{(lnx)^3}{x^3})$ .

例3：在 $infty$ 點附近展開 $f(x)=x^{x^{1/x}}$ .

$x^{x^{1/x}}=e^{x^{1/x}lnx}$ ， $x^{1/x}=e^{1/xlnx}=1+frac{lnx}{x}+frac{(lnx)^2}{2x^2}+...$

$x^{x^{1/x}}=e^{lnx+frac{(lnx)^2}{x}+frac{(lnx)^3}{2x^2}+...}=xcdot e^{frac{(lnx)^2}{x}+frac{(lnx)^3}{2x^2}+...}=x+(lnx)^2+frac{(lnx)^4}{x}+o(frac{(lnx)^4}{x})$ .

二、隱式函數的漸進展開式

設g是在無窮鄰域內確定的函數，且不與非零常數等價(即趨於0或無窮)，連續可導並有性質：g是單調的，在無窮鄰域內不取零值，且g=o(1).

我們考察如下形式的方程： $u(x)-g(u(x))=x$ ，u(x)是其無窮鄰域內的唯一函數解。

此時我們構造一個迭代函數序列： $u_0(x)=x,u_n(x)=x+g(u_{n-1}(x))$ ，那麼在無窮的鄰域內，有 $u(x)-u_n(x)sim g(x)(g(x))^n$ .

證明：我們注意到中值公式 $u(x)-u_n(x)=g(u(x))-g(u_{n-1}(x))=g(xi _1)(u(x)-u_{n-1}(x))=...=Pi g(xi _i)cdot (u(x)-x)sim (g(x))^ng(x)$

證畢。

例1：求方程 $y^5+y=x$ 在無窮附近的實根。

令 $y^5=z(x)$ ，有方程 $z(x)+z(x)^{1/5}=x$ ，此時 $g(z(x))=-z^{1/5}$ 滿足要求性質，構造迭代函數序列： $z_n(x)=x-(z_{n-1}(x))^{1/5}$ ，且有 $z(x)-z_2(x)sim (-frac{1}{5}x^{-4/5})^2cdot (-x^{1/5})=-frac{1}{25}x^{-7/5}$ ，此時在無窮的鄰域有

$z_2(x)=x-(x-x^{1/5})^{1/5}=x-x^{1/5}(1-x^{-4/5})^{1/5}=x-x^{1/5}+frac{1}{5}x^{-3/5}+frac{2}{25}x^{-7/5}+o(x^{-7/5})$

$z(x)sim x-x^{1/5}+frac{1}{5}x^{-3/5}+frac{1}{25}x^{-7/5}+o(x^{-7/5})$

進一步解得原方程的解

$y(x)=(z(x))^{1/5}sim x^{1/5}-frac{1}{5}x^{-3/5}-frac{1}{25}x^{-7/5}+frac{1}{25}x^{-11/5}+o(x^{-11/5})$

例2：求方程 $frac{y}{lny}=x$ 在無窮附近的實根。

令 $z(x)=ln(y(x))$ ，兩邊取對數，有 $z(x)-ln(z(x))=x$ ，此時 $g(z(x))=ln(z(x))$ 滿足要求性質，構造迭代函數序列： $z_n(x)=x+g(z_{n-1}(x))$ ，且有 $z(x)-z_2(x)sim frac{lnx}{x^2}$ ，此時在無窮的鄰域有

$z_2(x)=x+ln(x+lnx)=x+lnx+ln(1+frac{lnx}{x})=x+lnx+frac{lnx}{x}-frac{(lnx)^2}{2x^2}+o(frac{(lnx)^2}{x^2})$

$z(x)sim x+lnx+frac{lnx}{x}-frac{(lnx)^2}{2x^2}+o(frac{(lnx)^2}{x^2})$

進一步解得原方程的解

$y(x)=e^{z(x)}sim xe^xcdot e^{frac{lnx}{x}-frac{(lnx)^2}{2x^2}+o(t^2)}=xe^xcdot (1+frac{lnx}{x}-frac{(lnx)^2}{2x^2}+frac{(lnx)^2}{2x^2}+o(t^2))=xe^x+e^xlnx+o(frac{e^x(lnx)^2}{x})$

三、反常積分的收斂性

數學分析中已經討論了一些反常積分的收斂性，例如比較判斂法。這裡用比較函數進一步討論反常積分的斂散性：

①如果我們有 $f(x)=O(x^alpha (lnx)^eta )$ 以及無界域上積分 $int_a^{+infty}f(t)dt$ ，其中

i) $alpha >-1$ ，積分發散；ii) $alpha <-1$ 積分收斂；iii) $alpha =-1,eta <-1$ 積分收斂，反之發散。

②如果在a的右鄰域我們有 $f(x)=O((x-a)^alphacdot |ln(x-a)|^eta )$ 以及積分 $int_a^bf(t)dt$ ，其中

i) $alpha<-1$ ，積分發散；ii) $alpha >-1$ 積分收斂；iii) $alpha =-1,eta <-1$ 積分收斂，反之發散。

例1：證明Gamma函數 $Gamma (x)=int_0^{+infty }t^{x-1}e^{-t}dt,(x>0)$ 收斂.

證明：由上述性質， $Gamma (x)=int_0^{+infty }t^{x-1}e^{-t}dt=int_0^{c }t^{x-1}e^{-t}dt+int_c^{+infty }t^{x-1}e^{-t}dt$ ，顯然第二項收斂，在0的右鄰域 $t^{x-1}e^{-t}succ t^{-1}$ ，故第一項收斂。

四、原函數的漸近展開式

考慮原函數 $F(x)=int_a^xf(t)dt$ ，其中被積函數具有一階漸進展開式 $ccdot x^alpha (lnx)^eta e^{P(x)}$ ，下列式子是重要的： $frac{g(x)}{g(x)}=frac{alpha }{x}+frac{eta }{xlnx}+P(x)$ ，我們可以將原函數F(x)轉化為更加簡單的比較函數的原函數 $G(x)=int_a^xg(t)dt$ 來研究，有

① $if frac{g}{g}= frac{alpha }{x}+o(frac{1}{x}),Suppose alpha e-1$ ：

i)若 $alpha >-1$ ，反常積分 $int_a^{+infty }g(t)dt$ 發散，且在無窮的鄰域內 $G(x)=int_a^xg(t)dtsim frac{xg(x)}{alpha +1}$

ii)若 $alpha <-1$ ，反常積分 $int_a^{+infty }g(t)dt$ 收斂，且在無窮的鄰域內 $R(x)=int_x^{+infty }g(t)dtsim -frac{xg(x)}{alpha +1}$

證明：ii)分部積分 $int_x^{+infty }g(t)dt=tcdot g(t)Bigr{|}_x^{+infty }-int_x^{+infty }tg(t)dt$ ， $Rightarrow int_x^{+infty }(g(t)+tg(t))dt=-xg(x)sim (alpha +1)int_x^{+infty }g(t)dt$

故在無窮的鄰域內 $int_x^{+infty }g(t)dtsim -frac{xg(x)}{alpha +1}$ .

② $if left| frac{g(x)}{g(x)} ight| succ frac{1}{x},(g(x)sim e^{P(x)}h(x),P(x)succ frac{1}{x})$ ，此外 $h(x)=frac{g(x)}{g(x)}$ 在無窮的鄰域內連續可導，並且 $h(x)=o(1)$ ：

i)在無窮的鄰域內 $g(x)>0$ ，反常積分 $int_a^{+infty }g(t)dt$ 發散，有 $int_a^xg(t)dtsim frac{(g(x))^2}{g(x)}$

ii)在無窮的鄰域內 $g(x)<0$ ，反常積分 $int_a^{+infty }g(t)dt$ 收斂，有 $int_x^{+infty }g(t)dtsim- frac{(g(x))^2}{g(x)}$

證明：ii) $g(x)<0$ ， $g(x)prec x^{-alpha },forall alpha >0$ ，分部積分 $int_x^{+infty }g(t)dt=int_x^{+infty }h(t)g(t)dt=h(t)g(t)Bigr{|}_x^{+infty }-int_x^{+infty }g(t)h(t)dt$

在無窮的鄰域內 $int_x^{+infty }(1+h(t))g(t)dt=-h(x)g(x)sim int_x^{+infty }g(t)dt$ $Rightarrow int_x^{+infty }g(t)dtsim -h(x)g(x)=-frac{(g(x))^2}{g(x)}$ .

例1：在無窮的鄰域內展開 $int_a^xfrac{dt}{lnt}$ .

$g/g=-frac{1}{tlnt}=o(frac{1}{t})$ ， $int_a^xfrac{dt}{lnt}sim frac{x}{lnx}$ ，並且有餘項 $-int_a^xtg(t)dt=int_a^xfrac{1}{(lnt)^2}dt$ ，繼續展開余項： $g_1/g_1=-frac{2}{lnx}=o(frac{1}{x})$ ， $int_a^xfrac{dt}{(lnt)^2}sim frac{x}{(lnx)^2}$ ，有餘項 $-int_a^xtg_1(t)dt=int_a^xfrac{2}{(lnt)^3}dt$ ，繼續展開，最終有：

$int_a^xfrac{dt}{lnt}sim frac{x}{lnx}+Sigma _{i=1}^{k-1}frac{i!x}{(lnx)^{i+1}}+o(frac{x}{(lnx)^k})$

[註：設 $pi(x)$ 表示小於或等於x的素數個數，高斯猜想 $pi(x)sim int_2^xfrac{dt}{lnt}$ ，並在100年後的1896年被證明.]

例2：在無窮的鄰域內展開 $int_x^{+infty }e^{-t^2}dt$ .

$|g/g|=2tsucc frac{1}{t}$ ， $int_x^{+infty }e^{-t^2}dtsim frac{e^{-x^2}}{2x}$ ，並且有餘項 $-int_x^{+infty }hgdt=-int_x^{+infty }frac{e^{-t^2}}{2t^2}dt$ ，繼續展開余項： $-int_x^{+infty }frac{e^{-t^2}}{2t^2}dtsim frac{e^{-x^2}}{2x^3}$ ，有餘項 $-int_x^{+infty }h_1g_1dt=-frac{2}{3}int_x^{+infty }frac{e^{-t^2}}{t^4}dt$

繼續展開，最終有：

$int_x^{+infty }e^{-t^2}dtsim e^{-x^2}left( Sigma _{i=0}^{k}(-1)^ifrac{(2i-1)!!}{2^{i+1}x^{2i+1}}+o(frac{1}{x^{2k+1}}) ight)$

五、級數部分和的漸進展開式

考慮級數： $g(0)+g(1)+...+g(n)+...$

若級數發散，可取部分和 $s_n=g(0)+g(1)+...+g(n)$

若級數收斂，可取余項 $r_n=g(n+1)+g(n+2)+...$

設 $g(x)$ 在無窮的鄰域內連續可導且為正，並且有

① $frac{g(x)}{g(x)}sim mu e 0(P(x)=mu x)$

i) $mu >0$ ，積分 $int_a^{+infty }g(t)dt$ 發散， $s_nsim frac{mu }{1-e^{-mu }}int_a^ng(t)dt$

ii) $mu <0$ ，積分 $int_a^{+infty }g(t)dt$ 收斂， $r_nsim frac{mu }{1-e^{-mu }}int_n^{+infty }g(t)dt$

證明：我們要證明上式，就要證明 $int_{n-1}^ng(t)dtsim frac{1-e^mu }{mu }g(n)$

我們有 $g(x)sim e^{mu x}h(x)$ ，且 $frac{h(x)}{h(x)}=o(1)$ ，我們還有 $int_{n-1}^ng(t)dt=int_{n-1}^ne^{mu t}h(t)dt=frac{1-e^{-mu }}{mu }g(n)+int_{n-1}^ne^{mu t}(h(t)-h(n))dt$

同時 $forall varepsilon >0,exists n_1,s.t.left| frac{h(x)}{h(x)} ight| leq varepsilon for x>n_1$ ，因此由中值定理 $left| lnfrac{h(t)}{h(n)} ight| =|lnh(t)-lnh(n)|=left|frac{h(xi )}{h(xi )} ight|cdot |t-n|<varepsilon ;n>n_1,n-1<tleq n$

$e^{-varepsilon }leq frac{h(t)}{h(n)}leq e^varepsilon Rightarrow (e^{-varepsilon }-1)h(n)leq h(t)-h(n)leq (e^{varepsilon }-1)h(n)$

由 $2leq e^{varepsilon }+e^varepsilon Rightarrow 1-e^varepsilon leq e^{-varepsilon }-1$ ， $|h(t)-h(n)|leq (e^{varepsilon }-1)h(n)$

$if mu >0,left| int_{n-1}^ne^{mu t}(h(t)-h(n))dt ight| leq int_{n-1}^ne^{mu t}|h(t)-h(n)|dtleq (e^varepsilon -1)e^{mu n}h(n)=(e^varepsilon -1)g(n)$

$if mu <0,left| int_{n-1}^ne^{mu t}(h(t)-h(n))dt ight| leq int_{n-1}^ne^{mu t}|h(t)-h(n)|dtleq (e^varepsilon -1)e^{mu (n-1)}h(n)=e^{-mu} (e^varepsilon -1)g(n)$

顯然當n很大時， $e^varepsilon -1<<frac{1-e^{-mu} }{mu }$ ， $int_{n-1}^ng(t)dt=int_{n-1}^ne^{mu t}h(t)dtsim frac{1-e^{-mu }}{mu }g(n)$

證畢。

② $frac{g(x)}{g(x)}=o(1)$ ，上述關係依然成立(把h換成g)，只是把 $frac{1-e^{-mu} }{mu }$ 換成1.

③ $left| frac{g(x)}{g(x)} ight| succ 1,which means lim_{x ightarrow +infty }left| frac{g(x)}{g(x)} ight|=+infty; (g(x)succ e^{mu x} or g(x)prec e^{-mu x})$

i)若在無窮的鄰域內 $g>0$ ，有 $s_nsim g(n)$

ii)若在無窮的鄰域內 $g<0$ ，有 $r_nsim g(n+1)$

證明：

i)設 $n-1leq x<n,u(x)=g(n)$

$s_{n-1}=Sigma _{k=0}^{n-1}g(k)=int_{-1}^{n-1}u(t)dtleq int_{-1}^ng(t)dtprec int_{-1}^ng(t)dt=g(n)-g(-1)sim g(n)$

即 $s_{n-1}prec g(n)Rightarrow s_n=s_{n-1}+g(n)sim g(n)$

ii) $r_{n+1}=Sigma _{k=n+2}^{+infty }g(k)=int_{n+1}^{+infty}u(t)dtleq int_{n+1}^{+infty}g(t)dtprec int_{n+1}^{+infty}g(t)dtsim sim -g(n+1)$

即 $r_{n+1}prec g(n+1)Rightarrow r_n=r_{n+1}+g(n+1)sim g(n+1)$

證畢。

例1：在無窮的鄰域內展開關於 $g(x)=x^x$ 的級數的部分和。

$frac{g(x)}{g(x)}=lnx+1succ 1$ ，故 $s_nsim n^n$ ，余項為 $g(n-1)&g(n-2)$ ，現在我們必須考慮將它們展開，不然我們無法得到展開式的余項，又 $(n-1)ln(n-1)=(n-1)(lnn+ln(1-frac{1}{n}))=(n-1)lnn-1+frac{1}{2n}+o(frac{1}{n})$

得到 $(n-1)^{n-1}=frac{n^{n-1}}{e}+frac{n^{n-2}}{2e}+o(n^{n-2})$ 以及 $(n-2)^{n-2}=frac{n^{n-2}}{e^2}+o(n^{n-2})$

最終得到漸進展開式 $s_n=n^n+frac{1}{e}n^{n-1}+(frac{1}{2e}+frac{1}{e^2})n^{n-2}+o(n^{n-2})$

④若已知級數 $s_nsim ccdot f$ ，考慮一般項為 $w_n=g(n)-ccdot [f(n)-f(n-1)]$ 的級數，即原級數與cf之間的偏差，我們可以進一步展開級數 $Sigma _{k=0}^nw_k$ ，有： $s_n=cf(n)+Sigma _{k=0}^nw(k)sim cf(n)+c_1f_1(n)+o(f_1(n))$ ，此時若 $Sigma _{k=0}^nw_k$ 收斂到常數S，余項 $Sigma_{k=n+1}^{+infty }w_ksim c2cdot f_2(n)$ ，有 $s_n=cf(n)+Sigma _{k=0}^nw(k)sim cf(n)+S-c_2f_2(n)+o(f_1(n))$

例2：在無窮的鄰域內展開級數 $Sigma _{k=2}^nfrac{1}{k}$ .

$frac{g}{g}=-frac{1}{x}$ ，故由②： $s_nsim lnn$ ，再考慮一般項為 $w_n=frac{1}{n}-[lnn-ln(n-1)]sim -frac{1}{2n^2}$ 的級數，它是收斂的，為了估計它，由②： $Sigma _{k=n+1}^{+infty }w_nsim int_n^{+infty }-frac{1}{2t^2}dt=-frac{1}{2n}$ ，最終我們有

$Sigma _{k=2}^nfrac{1}{k}=lnn+frac{1}{2n}+gamma +o(frac{1}{n}),where gamma =Sigma _{k=2}^{+infty }w_n=0.577215664...$ 被稱作為Euler常數。

例3：在無窮的鄰域內展開 $2^2ln2+2^3ln3+...+2^nlnn$ .

$frac{g}{g}=ln2+frac{1}{xlnx}sim ln2$ ，故由①i)： $s_nsim 2ln2int_1^n2^tlntdt$ ，又由上一節的②i)： $int_1^x2^tlntdtsim frac{(2^xlnx)^2}{2^xln2lnx+2^x/x}sim 2^xlnx/ln2$ ，得到 $2^2ln2+2^3ln3+...+2^nlnnsim 2^{n+1}lnn$ .

例4：在無窮的鄰域內展開 $n!$

$n!=e^{lnn!}=e^{ln1+ln2+...+lnn}$ ，轉化為求級數 $Sigma_{k=1}^nlnk$ 的展開式。 $frac{g}{g}=frac{1}{xlnx}=o(1)$ ，故由②： $Sigma_{k=1}^nlnksim int_1^nlntdt=nlnn$ ，有餘項 $w_n=lnn-[nlnn-(n-1)ln(n-1)]=(n-1)ln(1-frac{1}{n})=-frac{1}{2n}+frac{1}{6n^2}-1+o(frac{1}{n^2})$

故 $Sigma_{k=1}^n w_k=-n-frac{lnn}{2}+frac{1}{12n}-frac{gamma }{2}+o(frac{1}{n})$ ， $Sigma_{k=1}^nlnk= nlnn-n-frac{lnn}{2}+frac{1}{12n}-frac{gamma }{2}+o(frac{1}{n})$

最終得到： $n!=e^{-gamma /2}n^{n-frac{1}{2}}e^{-n}(1+frac{1}{12n}+o(frac{1}{n}))$ ，或者用Gamma函數寫作：

$Gamma (n+1)=An^{n-frac{1}{2}}e^{-n}(1+frac{1}{12n}+o(frac{1}{n}))$ .