2024.2.14 闲话

又是一年一度的纪念 ENIAC 的日子 .

放假把灵能百分百 (3)、缘之空、BA 部分剧情、The Cycle Construction, P. Flajolet and M. Soria 补了 .

洛谷国际化是好事啊 .

歌：肥肥焦躁曲 - 南ノ南 feat. 初音ミク + ずんだもん .

拜年纪的，俊达蒙要火 . 初音就哼了几句，可不一句没唱 .

全是删除线啊 .

额，该说什么呢……祝觉清风 2 月 8 日生日快乐？

目录

• 哑演算
  • 哑演算
  • 极限演算
• Bernoulli 数
  • 基本结论
  • 简单应用
• 分数项求和
  • 分数项求和
  • Gosper 级数
• Reference

哑演算

哑演算

我们假定读者已经拥有一定的哑演算基础，这类技巧的一个通常的描述是把序列 $\{a\}$ 的每一项 $a_n$ 看做 $a^n$ .

放一个抽象定义，我不懂就不展开写了 .

下面将沿用上面所记的哑元 $\mathrm B$ 和 Bernoulli 数 $\mathrm B$ .

下面令满足如下条件的解析函数 $f$ 构成函数类 $\mathcal T$：

• $f$ 在 $\{z\in\mathbb C:\Re z>0\}$ 上解析 .
• $|\xi|\to\infty$ 时，$H(a,xi)=\mathrm e^{-2\pi|\xi|}f(a+\mathrm i\xi)$ 作为关于 $a\in(0,\infty)$ 的函数，局部一致趋于 $0$ .
• 对任意的 $a\in(0,\infty)$，$H(a,\xi)$ 作为关于 $\R$ 的函数属于 $L^1(\R)$ .

极限演算

在这里不加证明的给出极限演算：

定理 1 (极限演算)

设 $\{f\}$ 时 $\mathcal T$ 中的函数列，且 $f\in\mathcal T$，若存在 $a>0$ 使得 $n\to\infty$ 时：

$$\mathrm e^{-2\pi|\xi|}f_n(a+\mathrm i\xi)\xrightarrow{L^1(\R)}\mathrm e^{-2\pi|\xi|}f(-2\pi|\xi|)$$

则对任意的 $\Re\alpha\in(a-1,a)$ 有：

$$\lim_{n\to\infty}f_n(\mathrm B+\alpha)=f(\mathrm B+\alpha)$$

定义 2 (层级)

令 $f\in\mathcal T$，$p\in\N$，若：

$$\lim_{n\to\infty}\left(f(n+\mathrm B)-\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{f^{(k)}(n)\mathrm B_k}{k!}\right)\mathrm e^{-2\pi|\xi|}\xrightarrow{L^1(\R)}0$$

则称 $f\in\mathcal T_{p-1}$ .

定理 2

令 $f\in\mathcal T$，$p\in\N$，若 $f(z)\in\mathcal T_{p-1}$，则如下两条命题成立：

1. $\displaystyle\int_1^zf(t)\mathrm dt\in\mathcal T_p$ .
2. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(f(\mathrm B+n)-\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{f^{(k)}(n)\mathrm B_k}{k!}\right)=0$ .

证明：记 $F(z)=\int_1^zf(t)\mathrm dt$ .

注意到：

$$\begin{aligned}\left\lVert\mathrm e^{-2\pi\xi}\left(F(n+\mathrm i\xi)-\sum_{k=0}^p\dfrac{F^{(k)}(n)}{k!}(\mathrm i\xi)^k\right)\right\rVert_1&=\left\lVert\mathrm e^{-2\pi\xi}\int_0^{\xi}\left(f(n+\mathrm it)-\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{F^{(k)}(n)}{k!}(\mathrm it)^k\right)\mathrm dt\right\rVert_1\\&\le\left\lVert\mathrm e^{-2\pi\xi}\left(f(n+\mathrm it)-\sum_{k=0}^{p-1}\dfrac{F^{(k)}(n)}{k!}(\mathrm it)^k\right)\mathrm dt\right\rVert_1\cdot\lVert \mathrm e^{-2\pi\xi}\rVert_1\end{aligned}$$

从而 $f\in\mathcal T_{p-1}\implies F\in\mathcal T_p$，进而根据极限演算可以推出第二条命题 .

Bernoulli 数

基本结论

定理 3

1. $\ln \mathrm B=-\gamma$ .
2. $\mathrm B\ln \mathrm B=\ln\sqrt{\dfrac{\mathrm e}{2\pi}}$ .

证明：由于 $z^{-1}\in\mathcal T_{-1}$，所以 $\ln z\in\mathcal T_0$，$z\ln z\in\mathcal T_1$，应用上一条定理可得：

$$\begin{aligned}\ln\mathrm B&=-\lim_{n\to\infty}((\ln(\mathrm B+n)-\ln\mathrm B)-\ln n)\\&=-\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n\dfrac1k-\ln n\right)\\&=-\gamma\\\mathrm B\ln \mathrm B&=-\lim_{n\to\infty}\left(((\mathrm B+n)\ln(\mathrm B+n)-\mathrm B\ln\mathrm B)-\left(n\ln n+\dfrac{\ln n+1}2\right)\right)\\&=-\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n(\ln k+1)-\left(n\ln n+\dfrac{1+\ln n}2\right)\right)\\&=\ln\sqrt{\dfrac{\mathrm e}{2\pi}}\end{aligned}$$

简单应用

推论 1

1. $\lim_{n\to\infty}(\sum_{k=1}^n\frac1k-\ln n)=\gamma$ .
2. $\zeta(1+s)=\frac1s-\gamma+o(1)$ .
3. $(x!)'(0)=-\gamma$ .

证明：

$$\sum_{k=1}^n\dfrac1k-\ln n=\ln(\mathrm B+n)+\gamma-\ln n=\gamma+\ln\left(1+\dfrac{\mathrm B}n\right)\to\gamma$$

$$\zeta(1+s)=\dfrac{\mathrm B^{-s}}s=\dfrac{1-s\ln\mathrm B+o(s)}s=\dfrac1s-\gamma+o(1)$$

$$\dfrac{(x!)'}{x!}=\ln(\mathrm B+n)\implies(x')'(0)=0!\ln\mathrm B=-\gamma$$

（关于 $\ln(\mathrm B+n)$ 的计算可以用由 $\ln\mathrm B$ 导出）

推论 2

1. $n!\sim(\frac n{\mathrm e})^n\sqrt{2\pi n}$ .
2. $\zeta(s)=-\frac12-s\ln\sqrt{2\pi}+o(s)$ .
3. $(-\frac12)!=\sqrt\pi$

证明：

$$\begin{aligned}\ln n!&=(\mathrm B+n)\ln(\mathrm B+n)-n-\ln\sqrt{\dfrac{\mathrm e}{2\pi}}\\&=(\mathrm B+n)\ln n+(\mathrm B+n)\ln\left(1+\dfrac{\mathrm B}n\right)-n-\ln\sqrt{\dfrac{\mathrm e}{2\pi}}\\&=\left(\dfrac12+n\right)\ln n+B^1+O\left(\dfrac1n\right)-n-\ln\sqrt{\dfrac{\mathrm e}{2\pi}}\\&=\left(\dfrac12+n\right)\ln n-n+\dfrac12-\ln\sqrt{\dfrac{\mathrm e}{2\pi}}+O\left(\dfrac1n\right)\end{aligned}$$

$$\zeta(s)=\dfrac{\mathrm B^{1-s}}{s-1}=-\mathrm B^1+s(\mathrm B^1-\mathrm B\ln\mathrm B)+o(s)=-\dfrac12-s\ln\sqrt{2\pi}+o(s)$$

$$\begin{aligned}\ln(-\frac12)!&=\frac{2\mathrm B-1}2\ln\dfrac{2\mathrm B-1}2-\dfrac12-\mathrm B\ln\mathrm B\\&\xlongequal{\text{😎}}2\cdot\dfrac{\mathrm B}2\ln\dfrac{\mathrm B}2-\mathrm B\ln\mathrm B-\dfrac12-\mathrm B\ln\mathrm B\\&=-\mathrm B\ln 2-\dfrac12-\mathrm B\ln\mathrm B\\&=\ln\sqrt\pi\end{aligned}$$

（注：被标记 😎 的等号处需要注意到 $f(2\mathrm B-1)=2f(\mathrm B)-f(2\mathrm B)$）.

分数项求和

分数项求和

定义 3 (分数项求和)

若 $f(z)\in\mathcal T$，则对 $\Re z>-1$ 定义：

$$\sum_{k=1}^zf(k)=\int_{\mathrm B}^{\mathrm B+z}f(z)\mathrm dz$$

定理 4 (分数项求和相容性)

若有 $p\in\N$ 使得 $f\in\mathcal T_{p-1}$ 且 $\lim_{z\to\infty}f^{(p)}(z)=0$，则对任意 $\Re z>-1$ 有：

$$\sum_{k=1}^zf(k)=\int_{\mathrm B}^{\mathrm B+z}f(z)\mathrm dz$$

证明：令 $F$ 是 $f$ 的原函数，则 $F\in\mathcal T_p$，进而：

$$\lim_{n\to\infty}\left(F(\mathrm B+n)-\sum_{k=0}^p\dfrac{f^{(k-1)}(n)\mathrm B_k}{k!}\right)=0$$

根据 Lagrange 余项：

$$\sum_{k=0}^p\dfrac{(f^{(k-1)}(n+y)-f^{(k-1)}(n))\mathrm B_k}{k!}=\sum_{k=0}^pa_k(n)y^k+y^{p+1}\cdot o(1)$$

所以对于多项式 $P_n(y)=\sum_{k=0}^pa_k(n)y^k$ 可以得到：

$$\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^n(f(k+y)-f(k))-P_n(y)\right)&=\lim_{n\to\infty}((F(\mathrm B+n+y)-F(\mathrm B+n))-P_n(y))-\int_{\mathrm B}^{\mathrm B+y}f(t)\mathrm dt\\&=\lim_{n\to\infty}y^{p+1}\cdot o(1)-\int_{\mathrm B}^{\mathrm B+y}f(t)\mathrm dt\\&=-\int_{\mathrm B}^{\mathrm B+y}f(t)\mathrm dt\end{aligned}$$

Gosper 级数

$$\sum_{n\ge0}\dfrac{(-1)^n\sin\sqrt{b^2+\pi^2(n+1/2)^2}}{n+\frac12\sqrt{b^2+\pi^2(n+1/2)^2}}=\dfrac\pi2\cdot\dfrac{\sin b}b$$

话说有点眼熟啊 .

也就是：

$$\begin{aligned}\sum_{n\ge0}\dfrac{(-1)^n\sin\sqrt{b^2+\pi^2(n+1/2)^2}}{n+\frac12\sqrt{b^2+\pi^2(n+1/2)^2}}&=\sum_{n=1/4}^{-1/4}\dfrac{\sin\sqrt{b^2+4\pi^2n^2}}{2n\sqrt{b^2+4\pi^2n^2}}\\&=\sum_{n=1/4}^{-1/4}\left(\dfrac{\sin 2b}{2bn}+\sum_{k\ge0}a_{2k+1}n^{2k+1}\right)\\&=\dfrac{\sin 2b}{2b}\sum_{n=1/4}^{-1/4}\dfrac1n+\underline{\sum_{k\ge0}a_{2k+1}\sum_{n=1/4}^{-1/4}n^{2k+1}}\\&=\dfrac{\sin2b}{2b}\cdot\dfrac\pi2\end{aligned}$$

注明：画下划线的项没有什么意义 .

注意到这里我们交换了分数项求和和 Laurent 级数求和，这里需要换序条件（后文给出）和分数项求和相容性，通过一些东西（比较复杂，可见 Ref 3）可以推导出运算是合理的 .

定理 1.1 (换序条件)

整函数 $f\in\mathcal T$ 有 Taylor 展开：

$$f(z)=\sum_{n\ge0}\dfrac{(2\pi)^na_n}{n!}z^n$$

若 $\sum_{n\ge0}|a_n|<\infty$，则：

1. 对任意 $\Re\alpha\in[0,1]$ 有：
   $$f(\mathrm B+\alpha)=\sum_{n\ge0}\dfrac{(2\pi)^na_n}{n!}(\mathrm B-\alpha)^n$$

2. 对任意 $\Re\alpha,\Re\beta\in[0,1]$ 有：
   $$\int_{\mathrm B-\alpha}^{\mathrm B-\beta}\mathrm dz\sum_{n\ge0}\dfrac{(2\pi)^na_n}{n!}=\sum_{n\ge0}\int_{\mathrm B-\alpha}^{\mathrm B-\beta}\dfrac{(2\pi)^na_n}{n!}\mathrm dz$$

证明：在极限演算中取 $f_n(z)$ 是 $f$ 在 $z^n$ 处的一个截断即可 .

不过 OI 中只需要感性理解就行了，本身哑演算也是挺抽象的玩意 .

Reference

• 忘了 .
• 神秘数字：2103.09117（你这论文有 typo 啊）.
• 《分数项求和相关的一个开放问题的回答》唐乾（然而并不影响你有 typo）.
• 伯努利数 - gtm1514 .
• Private conversation with joke3579 .

不过全文都没有 Euler 求和公式啊，为什么 .

这里 $L^p$ 是 Lebesgue 的那个 $L^p$ 空间 .