华罗庚《高等数学引论》

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华罗庚《高等数学引论》第一册第十章第14节“Euler求和公式及Euler函数”中的定理1如下:

定理 1. 命$\phi(x)$是有限闭区间$[a,b]$内有连续微商的函数,则
\begin{align*}
\sum_{a<n\leq b}\phi(n)&=\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b \left( x-[x]-\frac{1}{2} \right)\phi'(x)\mathrm{d}x\\&+\left( a-[a]-\frac{1}{2} \right)\phi(a)-\left( b-[b]-\frac{1}{2} \right)\phi(b),
\end{align*}
此处$[\xi]$代表实数$\xi$的整数部分.

我们先仅考虑该定理的一个重要的特殊情形,即$a,b$都是整数的情形.此时,定理可以化简如下:

定理 2. 命$\phi(x)$是有限闭区间$[a,b]$内有连续微商的函数,其中$a,b$是整数.则
$$
\sum_{a<n\leq b}\phi(n)=\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x,
$$
其中$[\xi]$代表实数$\xi$的整数部分.

证明 . \begin{align*} \int_a^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x&=\sum_{n=a}^{b-1}\int_n^{n+1}(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x \\&=\sum_{n=a}^{b-1}\int_n^{n+1}(x-n)\phi'(x)\mathrm{d}x \\&=\sum_{n=a}^{b-1} \left( \left[ (x-n)\phi(x) \right]{n}^{n+1}-\int_n^{n+1}\phi(x)\mathrm{d}x\right) \\&=\sum_{n=a}^{b-1}\left(
\phi(n+1)-\int_n^{n+1}\phi(x)\mathrm{d}x \right)
\\&=\sum_{n=a}^{b-1}\phi(n+1)-\sum_{n=a}^{b-1}\int_n^{n+1}\phi(x)\mathrm{d}x
\\&=\sum_{n=a}^{b-1}\phi(n+1)-\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x.
\end{align*}

$$
\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x=\sum_{n=a}^{b-1}\phi(n+1)=\sum_{a<n\leq
b}\phi(n).
$$

解决了简单重要情形(定理2)之后,下面我们回到Euler求和公式,尝试去证明它(即定理1).暂时不理会为什么定理1中的Euler求和公式被华老写得那么长,它其实可以写得短一点,如下:

定理 3. 命$\phi(x)$是有限闭区间$[a,b]$内有连续微商的函数,则
\begin{align*}
\sum_{a<n\leq b}\phi(n)&=\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b \left(
x-[x] \right)\phi'(x)\mathrm{d}x+\left( a-[a] \right)\phi(a)\\&-\left(
b-[b] \right)\phi(b),
\end{align*}
此处$[\xi]$代表实数$\xi$的整数部分.

证明 . 由定理2的结论,
\begin{align*} \sum_{a< n\leq b}\phi(n)&=\sum_{[a]< n\leq [b]}\phi(n) \\&=\int_{[a]}^{[b]}\phi(x)\mathrm{d}x+\int_{[a]}^{[b]}(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x \\&=\left(\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x-\int_{[b]}^{b}\phi(x)\mathrm{d}x+\int_{[a]}^{a}\phi(x)\mathrm{d}x\right)\\&+\left(\int_a^{b}(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x-\int_{[b]}^{b}(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x+\int_{[a+1]}^{a}(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x\right) \\&=\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x+\left( \int_{[a]}^{a}\phi(x)\mathrm{d}x+\int_{[a]}^a(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x \right)\\&-\left( \int_{[b]}^b\phi(x)\mathrm{d}x+ \int_{[b]}^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x \right) \\&=\int_a^b\phi(x)\mathrm{d}x+\int_a^b(x-[x])\phi'(x)\mathrm{d}x+(a-[a])\phi(a)-(b-[b])\phi(b). \end{align*}
证毕.

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我们来解答华罗庚《高等数学引论》第一册第十章中关于“面积原理”的三道习题.主要是问题2,这个问题要我们研究$\sum_{3\leq n\leq \xi}\log\log n$的渐进表达式.

问题 1. 设$\xi$是整数,求证当$\lambda\geq 1$时,存在$c
$,使
$$
\sum_{1\leq n\leq\xi}n^{\lambda}=\frac{\xi^{\lambda+1}}{\lambda+1}+c\xi^{\lambda}+O(\xi^{\lambda-1}).
$$

解答 1.1. 令$f(x)=x^{\lambda}$.则
$$
\int_1^{\xi}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{1+\lambda}\xi^{1+\lambda}-\frac{1}{1+\lambda}.
$$
则由本节定理1,可得
$$
\sum_{1\leq n\leq \xi-1}n^{\lambda}<\int_{1}^{\xi}f(x)\mathrm{d}x<\sum_{2\leq n\leq \xi}n^{\lambda}, $$ 即 $$ \left(\sum_{1\leq n\leq \xi}\xi^{\lambda}\right)-\xi^{\lambda}<\frac{1}{1+\lambda}\xi^{1+\lambda}-\frac{1}{1+\lambda}<\sum_{1\leq n\leq \xi}n^{\lambda}-1, $$ 即 $$ \frac{1}{1+\lambda}\xi^{1+\lambda}+\frac{\lambda}{1+\lambda}<\sum_{1\leq n\leq \xi}n^{\lambda}<\frac{1}{1+\lambda}\xi^{1+\lambda}+\xi^{\lambda}-\frac{1}{1+\lambda}, $$ 所以命题成立.
问题 2. 对于正整数$\xi$,研究和 $$ \sum_{3\leq n\leq\xi}\log\log n. $$
解答 2.1. \begin{align*} \int \log\log x\mathrm{d}x&=\int 1\cdot \log\log x\mathrm{d}x \\&=x\log\log x-\int \frac{1}{\log x}\mathrm{d}x \\&=x\log\log x-\left( \frac{x}{\log x}+\int \frac{1}{(\log x)^2}\mathrm{d}x\right) \\&=x\log\log x-\frac{x}{\log x}-\int \frac{1}{(\log x)^2}\mathrm{d}x \end{align*} 由L’Hospital法则, $$ \lim_{x\to\infty}\frac{\displaystyle\int \frac{1}{(\log x)^2}\mathrm{d}x}{\displaystyle\frac{x}{\log x}}=\lim_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{(\log x)^{2}}}{\frac{\log x-1}{(\log x)^{2}}}=\lim_{x\to\infty}\frac{1}{\log x-1}=0, $$ 故 $$ \int \log\log x\mathrm{d}x \sim x\log\log x-\frac{x}{\log x}, $$ 故 $$ \int_3^{\xi}\log\log x\mathrm{d}x\sim \xi\log\log\xi-\frac{\xi}{\log\xi}. $$ 而 $$ \sum_{3\leq n\leq \xi-1}\log\log n<\int_3^{\xi}\log\log x\mathrm{d}x<\sum_{4\leq n\leq \xi}\log\log n, $$ 即 $$ \left(\sum_{3\leq n\leq \xi}\log\log n\right)-\log\log\xi<\int_3^{\xi}\log\log x\mathrm{d}x<\left( \sum_{3\leq n\leq\xi}\log\log n \right)-\log\log 3, $$ 可见, $$ \int_{3}^{\xi}\log\log x\mathrm{d}x+\log\log 3<\sum_{3\leq n\leq \xi}\log\log n<\int_3^{\xi}\log\log x\mathrm{d}x+\log\log\xi, $$ 于是 $$ \sum_{3\leq n\leq \xi}\log\log n\sim \xi\log\log\xi-\frac{\xi}{\log\xi}. $$
问题 3. 研究级数 $$ \sum_{n=3}^{\infty}\frac{1}{n\log n(\log\log n)^{\alpha}} $$ 何时收敛何时发散.
解答 3.1. 令$t=\log x$,则$\mathrm{d}t/\mathrm{d}x=1/x$,则 $$ \int \frac{1}{x\log x(\log\log x)^{\alpha}}\mathrm{d}x=\int \frac{1}{t(\log t)^{\alpha}}\mathrm{d}t, $$ 再令$z=\log t$,则$\mathrm{d}z/\mathrm{d}t=1/t$,则
  • 当$\alpha\neq 1$时, $$ \int \frac{1}{t(\log t)^{\alpha}}\mathrm{d}t=\int \frac{1}{z^{\alpha}}\mathrm{d}z=\frac{1}{1-\alpha}z^{-\alpha+1}+C. $$ 此时 $$ \int \frac{1}{x\log x(\log \log x)^{\alpha}}\mathrm{d}x=\frac{1}{1-\alpha}(\log \log x)^{-\alpha+1}+C. $$
  • 当$\alpha=1$时, $$ \int \frac{1}{t(\log t)^{\alpha}}\mathrm{d}t=\int \frac{1}{z}\mathrm{d}z=\log z+C, $$ 此时 $$ \int \frac{1}{x\log x(\log\log x)^{\alpha}}\mathrm{d}x=\log \log \log x+C. $$
因此当$\alpha\leq 1$时,级数发散.当$\alpha>1$时,级数收敛.

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