对一个含参数的和的估计以及控制收敛定理

问题1(普特南数学竞赛)

证明对任意的正整数都有不等式$\frac{3n+1}{2n+2}\le {\sum }_{k=1}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^n<2$

这很明显是关于不等式中间的那个和的估计的问题。我们甚至进一步可以问:

问题2

求极限${\lim }_{n\to \infty }{S}_n$其中$S_n:={\sum }_{k=1}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^n$

1. 问题1

我们的主要目标是对目标$S_n$进行估计，并且误差范围给的还挺大的，因为至少左边的极限实际上为$3/2$，而上界的要求仅仅是$2$。

1.1 尝试1：逐项估计

此外关于$S_n$的被求和项中，最后几项对整个和的贡献明显会更大，因此一些分段的处理是需要的，比如最后一项的${\left(\frac{n}{n}\right)}^n=1$，肯定可以单独拿出来从而提高整体估计的精度（参考对误差的分析从而改进分段估计中的提高精度的处理方式）。其次，如果要对被求和对象进行估计，${\left(\frac{k}{n}\right)}^n$的形式实在是也没有特别好的做逐项估计的切入点。不过我们发现其实$S_n$可以倒过来写成$S_n=1+{\sum }_{k=1}^{n-1}{\left(1-\frac{k}{n}\right)}^n$利用被求和对象的Taylor展开，可以得到不等式： $f_n(x)=\exp (n\log (1-x/n))<\exp (-x)$

于是我们可以得到上界估计$\begin{array}{rl}{S}_n& <1+\sum _{k=1}^{n-1}{e}^{-k}\\ & =1+\frac{e^n-1}{e-1}\frac{1}{e^n}\\ & <\frac{e}{1-e}\approx 1.582<2\end{array}$ 但是下界就没那么好找了，因为$\log (1-t),t\in [\frac{1}{n},\frac{n-1}{n}]$当中是单调减少的，于是按照这个说法我们找到的$S_n$的下界无非就是$\frac{n}{n^n}$，这个下界没有任何用处。

1.2 尝试2：简单积分估计

之所以决定使用简单积分估计，是因为$S_n$的被求和对象对应的含参数的函数其积分还算是比较简单的，而1.1当中在逐项估计当中受挫，我们开始尝试寻求整体的估计。

$\begin{array}{rl}{S}_n& =\sum _{k=1}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^n\\ & \ge 1+{\int }_0^{n-1}{\left(\frac{x}{n}\right)}^{n}dx\\ & \\ & =1+\frac{n-1}{n+1}{\left(\frac{n-1}{n}\right)}^n\end{array}$

这个下界的极限为$1+\frac{1}{e}\approx 1.37$，远远达不到要求的下界$\frac{3n+1}{2n+2}$的极限$\frac{3}{2}$的程度。不过好在比之前的逐项估计的结果要更好，这让我们明确了一个方向，想要下界估计得更好，就要采用更好的整体的估计。

因此接下来我们需要改进这种积分估计。

1.3 尝试3：改进简单的积分估计

因为$f_n(x)$并非只是单调的函数，还是一个凸函数。于是根据1.3 利用函数的凸性做简单积分估计，对于这种单调凸的函数，利用凸性进行简单积分估计可以稍微优化下界估计。

令$f_n(x):=(\frac{x}{n}{)}^n$于是 $S_n\ge \frac{f_n(1)+f_n(n)}{2}+{\int }_1^n{f}_n(x)dx$ 整理得到$\begin{array}{rl}2S_n& \ge 1+\frac{1}{n^n}+\frac{2}{(n+1)n^n}(n^{n+1}-1)\\ & \ge \frac{3n+1}{n+1}\end{array}$于是$S_n\ge \frac{3n+1}{2n+2}$

1.4 尝试用Euler-Maclaurin求和改进积分估计

相对于1.3的利用下凸性的信息得到的改进方法，Euler-Maclaurin求和公式是更为常见的一种提高简单积分估计精度的办法。（参考和的积分估计当中的第二节）

想法

我们首先来看看Euler-Maculaurin求和公式的积分主项和常数项，然后根据估计的效果再选择具体展开E-M公式多少项，最后我们考虑余项的正负号从而产生一个不等式。

$\begin{array}{rl}{S}_n& \approx {\int }_1^n{f}_n(x)dx+\frac{f_n(1)+f_n(n)}{2}\\ & =\frac{3n+1}{2n+2}\end{array}$这两项恰好就是我们所需要的结果，因此我们实际上并不需要展开特别多项，我们只需要考虑$p=1$的时候的E-M公式的余项，并证明余项是非负的即可。(公式具体参考2.如果函数是光滑的，那么则有更好的估计，即Euler-Maclaurin求和估计)

当$n>1$的时候余项有,关于余项正负号的估计，我们可以参考[[由Euler-Maclaurin求和估计得到Stirling逼近结果#2-关于s_n的更精确的不等式关系|2. 关于$S_n$的更精确的不等式关系]]里面得到Stilrling逼近的余项的不等式的过程。我们大可以考虑一个结合周期性(因为E-M公式的余项当中带有一个周期1的函数$\{x\}$)分段的逐项估计：$\begin{array}{rl}R(n)& ={\int }_1^n{B}_1(\{t\})f_n^{\prime }(t)dt\\ & ={\int }_1^n(\{t\}-\frac{1}{2})\frac{t^{n-1}}{n^{n-1}}dt\\ & =\sum _{k=1}^{n-1}{\int }_k^{k+1}(\{t\}-\frac{1}{2})\frac{t^{n-1}}{n^{n-1}}dt\\ & =\frac{1}{n^{n-1}}\sum _{k=1}^{n-1}{\int }_0^1(s-\frac{1}{2})(k+s{)}^{n-1}dt\\ & =\frac{1}{2n^n(n+1)}\sum _{k=1}^{n-1}(1+k{)}^n(n-2k-1)+k^n(n+2k+1)\end{array}$ 然后我们希望证明一个加强的命题，即$k=1,\cdots ,n-1$的时候，上面的求和当中的每一项都是非负的，这样余项自然也就是非负的。

命题1

$n>1$为正整数，当$k=1,\cdots ,n-1$的时候，下面不等式成立 $(1+k{)}^n(n-2k-1)+k^n(n+2k+1)\ge 0$

我们可以证明当$n$固定的时候命题中的关于$k$的函数是不减的函数，于是，事实上我们只需保证$k=1$的时候是成立的即可。当$k=1$的时候，需要满足的不等式为$2^n(n-3)+(n+3)\ge 0$这个不等式对$n>1$的正整数都成立，因此命题1成立。

于是余项$R(n)\ge 0$,于是根据E-M公式我们同样得到$S_n\ge \frac{3n+1}{2n+2}$

2. 计算极限

2.1 使用控制收敛定理

$S_n:={\sum }_{k=0}^{n-1}{\left(1-\frac{k}{n}\right)}^n$的极限可以看成是求$L={\lim }_{n\to \infty }{\sum }_{k=0}^{n-1}{f}_n(k)$的这样一个问题。更具体的来说，是如果我们知道$f_n(k)\to e^{-k}$对任意的$0\le k\le n-1$成立的情况下，请问$L$是多少？这其实就是一个控制收敛定理的具体情形,通常而言，和我们是理解为离散测度下的积分的：

1. 考虑离散测度空间$(\mathbb{N},\mathcal{P}(\mathbb{N}),\mu )$，其中$\mu$是计数测度，顾名思义，就是$\mu (A)$的结果就是$A$这个集合里面有多少个元素。
2. ${\sum }_{k=0}^{n-1}{f}_n(k)={\int }_{\mathbb{N}}{f}_n(k)1_{k\le n-1}(k)d\mu (k)$
3. 由于可测序列$f_n(k)1_{k\le n-1}(k)\to e^{-k}$,并且这个序列还是有界的，并且最重要的是，上界是可积的。于是控制收敛定理向我们保证${\int }_{\mathbb{N}}{f}_n(k)1_{k\le n-1}(k)d\mu (k)\to {\int }_{\mathbb{N}}{e}^{-k}d\mu (k)$记住我们这里定义的测度空间当中的积分，实际上就是求和。因此${\int }_{\mathbb{N}}{e}^{-k}d\mu (k)={\sum }_{k\in \mathbb{N}}{e}^{-k}=\frac{e}{e-1}$

• 其实从这里也能看出来一开始$S_n:={\sum }_{k=1}^n{\left(\frac{k}{n}\right)}^n={\sum }_{k=0}^{n-1}{\left(1-\frac{k}{n}\right)}^n$的用意，因为做了变换以后的结果显然更容易看出逐项收敛的结果一些。这也是控制收敛处理含参数积分的极限的时候常用的处理技巧。

2.2 逐项估计

不妨试试对$S_n:={\sum }_{k=0}^{n-1}{\left(1-\frac{k}{n}\right)}^n$做一个逐项估计，精度要求为误差逐项累积最终不超过$o(1)$，即$S_n=A+o(1)$那么$A$就是我们想要的极限。

此处之所以会考虑逐项估计是因为$f_n(x)=\exp (n\log (1-x/n))$在$|\frac{x}{n}|$足够小的时候可以借助函数的Taylor展开得到渐近估计: $\begin{array}{rl}{f}_n(k)& =\exp (n\log (1-k/n))\\ & =\exp \left(-k+O\left(\frac{k^2}{n}\right)\right)\\ & =e^{-k}{e}^{O\left(\frac{k^2}{n}\right)}\\ & e^{-k}\left(1+O\left(\frac{k^2}{n}\right)\right)\\ & =e^{-k}+O\left(\frac{k^2}{e^{k}n}\right)\end{array}$ 不过因为$0\le k\le n-1$的取值范围会造成一些问题，因为上面利用Taylor公式的渐近展开需要有两个前提：

1. 第二行，利用的是函数$\log (1-x)$在$x=0$的邻域中的Taylor展开。我们必须保证如果把$\frac{k}{n}$带入$x$的时候第二行当中的$-k+O\left(\frac{k^2}{n}\right)$里面的系数$k,n$都没有任何关系的常数，这建立在$x=0$的邻域上函数$\log (1-x)$的二阶导数$-\frac{1}{(1-x{)}^2}$是有界的。因此我们需要保证有一个确定的常数$c$,使得$\frac{k}{n}<c<1$才能实现上面的第二行。
2. 第四行，利用的是函数$e^x$在$x=0$的邻域中的Taylor展开。这部分我们必须保证$|x|<r$,因为同样的理由，为了保证$1+O\left(\frac{k^2}{n}\right)$这部分其中的系数是与$k,n$无关的常数，所以我们需要保证其导数$e^x$在$x=0$的邻域内是有界的。

那么我们不妨考虑做一个分段估计，让可以进行Taylor展开的部分进行逐项估计，然后估计不符合Taylor展开条件的那部分的和，然后保证这部分的和是一个关于$n$的无穷小$o(1)$。(参考分段估计)

令$I_1=\{0,...,\lfloor \sqrt{n}\rfloor -1\},I_2=\{\lfloor \sqrt{n}\rfloor ,\cdots ,n-1\}$这样做以后，第一段因为$\frac{k}{n}<\frac{1}{\sqrt{n}}$,此时当$n$足够大的时候，我们可以保证$\frac{k}{n}<\frac{1}{2}<1$。因此第一个Taylor展开是可以保证的，而第二个Taylor展开，因为$\frac{k^2}{n}<1$，所以也是可以保证的。于是$\begin{array}{rl}{S}_{n,1}& :=\sum _{k=0}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor -1}{\left(1-\frac{k}{n}\right)}^n\\ & =\sum _{k=0}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor -1}{e}^{-k}+O\left(\sum _{k=0}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor -1}\frac{k^2}{e^{k}n}\right)\\ & =\sum _{k=0}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor -1}{e}^{-k}+O\left(\frac{1}{n}\right)\end{array}$ 接下来是估计剩下的不适合Taylor展开的部分，这部分依旧是做逐项估计,因为$n\log (1-k/n)$关于$k$是单调减少的，于是$n\log \left(1-\frac{n-1}{n}\right)\le n\log (1-k/n)\le n\log \left(1-\frac{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }{n}\right)$所以$\begin{array}{r}\frac{n-\lfloor \sqrt{n}\rfloor }{n^n}\le \sum _{k\in I_2}{\left(1-\frac{k}{n}\right)}^n\le C_2\frac{n-\lfloor \sqrt{n}\rfloor }{e^{\sqrt{n}}}\end{array}$因此$S_{n,2}$这部分就是$o(1)$的，于是：$\begin{array}{rl}{S}_n& =S_{n,1}+S_{n,2}\\ & =\sum _{k=0}^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor -1}{e}^{-k}+O\left(\frac{1}{n}\right)\end{array}$因此如果两边取极限，我们知道

$S_n\to {\sum }_{k=0}^{+\infty }{e}^{-k}=\frac{e}{e-1}$

本节告诉我们的经验

此处启发我们，考虑使用逐项估计求$T_n:={\sum }_{k=0}^{n-1}f(k)$的极限与求$S_n:={\sum }_{k=0}^{n-1}{f}_n(k)$的极限有何不同?

1. 对于前者,假设$f(k)=g(k)+O(r_k)$,那么最终的渐近就是$T_n={\sum }_{k=0}^{n-1}g(k)+O\left({\sum }_{k=0}^{n-1}{r}_k\right)$而无论我们对$f(k)$做逐项估计的时候多么精确，$r_k$收敛到$0$的速度有多快，我们只能保证$O\left({\sum }_{k=0}^{n-1}{r}_k\right)=O(1)$，而不是$o(1)$,因此考虑用逐项估计求这种类型的极限，注定是徒劳的。因为说白了，$T_n$的极限就是级数${\sum }_{k\ge 0}f(k)$
2. 但是对于后者就不一定了。正如此节的证明向我们展示的那样，如果我们可以得到$f_n(k)=g(k)+O(r_n(k))$同时${\sum }_{k=0}^{n-1}{r}_n(k)=o(1)$,那么我们实际上是得到了${\lim }_{n\to \infty }{S}_n={\sum }_{k\ge 0}g(k)$
3. 适用Taylor展开做逐项估计的时候，我们说的是函数$f(x)$在点$x=x_0$的邻域即某个$|x-x_0|<\delta$的时候，存在一个常数$C_{\delta }$使得$R_n(x):=f(x)-P_n(x)$满足$|R_n(x)|\le C_{\delta }|x-x_0{|}^{n+1}$其中$P_n(x)$是一个$n$阶多项式。如果我们用Lagrange余项来表示这个$R_n(x)$那么$|R_n(x)|=\left|\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}\right|$如果我们要保证$C_{\delta }$与$x$的选择没有任何关系，我们就必须要保证$\delta$的选取能够保证在此范围内的$x$都能够保证$x,x_0$之间的$\xi$使得$|f^{(n+1)}(\xi )|\le M$。

2.3 推广

命题2.3.1

令$a\in \mathbb{R}$，${\lim }_{n\to \infty }{\sum }_{k=1}^n{\left(\frac{a+k}{n}\right)}^n=\frac{e^{a+1}}{e-1}$