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 .