对含参数方程根的估计

问题0

设$\cos (x)=sx$的$N(s)$个正根按照顺序排列为$x_1<x_2<\cdots <x_{N(s)}$证明${\lim }_{s\to 0^{+}}{\sum }_{k=1}^{N(s)-1}\frac{1}{x_k{x}_{k+1}}=\frac{2}{{\pi }^2}$

从分析学的角度上来讲，我们的最终目的是估计含参数的和${\sum }_{k=1}^{N(s)-1}\frac{1}{x_k{x}_{k+1}}$，估计精度为$o(1)$，问题要我们确认常数项恰好是$\frac{2}{{\pi }^2}$。

我们可以先做一个草图来直观理解这个问题：

(*绘制cos(x),sx两个函数的交点随着参数s变小而变化的动画*)
Animate[Plot[{Cos[x], (1/n)*x}, {x, 1, n}], {n, 10, 100}]

从草图当中我们知道了一些基本的信息：

1. $k\pi <x_k<(k+1)\pi$
2. 正根的数量$N(s)\to \infty$。

1. 从隐函数的渐近展开切入

1.1 基本思路

想法1.1.1

对于这种和的估计，我们最直接的想法是做“逐项估计”。如果我们可以得到$\frac{1}{x_k{x}_{k+1}}$的一个足够精确又足够好的渐近展开，那么我们只需要求和就可以得到想要的结果。具体来说，如果我们可以得到$\frac{1}{x_k{x}_{k+1}}=a_k(s)+r_k(s)$然后满足:

1. ${\sum }_k{a}_k(s)$的和是已知的，容易的。
2. ${\sum }_k{r}_k(s)=o(1)$,此处$o(1)$表示一个关于$s$的无穷小量。

如果以上两个条件都可以被满足，那么问题就解决了。

因此现在我们的目标自然就是求$x_k$的符合上述想法描述的渐近展开。但是这要如何做到呢？

我们联想到全纯函数根的积分表达当中，对于$f_s(x):=\cos (x)-sx$如果此含参数的函数的每个零点$x_k(s)$都是关于$s$的连续函数,而我们知道$x_k(0)$也就是$\cos (x)=0$的从小到大的第$k$个正实根，即$x_k(0)=(k-\frac{1}{2})\pi$那么假设连续性存成立，那么$x_k(s)=x_k(0)+R_k(s)$对于固定的$k$，其中$R_k(s)\to 0$。于是我们就得到了$x_k(s)$的一个估计。那么这个估计能符合”想法1.1.1”当中的要求了吗？

虽然我们可以得到$\frac{1}{x_k{x}_{k+1}}\to \frac{1}{{\pi }^2}\frac{1}{(k-1/2)(k+1/2)}$后者组成的级数我们可以考虑制造telescoping sum求和或求乘积，于是${\sum }_{k\ge 1}\frac{1}{{\pi }^2}\frac{1}{(k-1/2)(k+1/2)}=\frac{2}{{\pi }^2}$所以整个问题解决了吗？还没有。因为以上都是对于固定的$k$而言，因为$N(s)\to \infty$，我们不知道余项是否会随着$k$的增加从而累积到我们最终无法忽略的程度，也就是并非$o(1)$的情况。因此单纯知道$R_k(s)$对于确定的$k$，会趋于$0$是不够的，我们还需要更为精确的$|x_k(s)-x_k(0)|$的信息。

我们依旧从隐函数定理入手。我们现在换一个视角令$F(t,x):=\cos (x)-tx$，然后我们从隐函数的角度入手问题。参考隐函数定理，我们关注的“基点”是$(s^{\ast },x_k(0))=(0,(k-1/2)\pi )$此时:

1. $F(s^{\ast },x_k(0))=0$
2. 在包含$(s^{\ast },x_k(0))$的邻域内$F$是无限光滑的函数
3. $F_x(s,x)=-\sin (x)-s$,从而$F_x(s^{\ast },x_k(0))=-\sin ((k-1/2)\pi )\ne 0$ 于是隐函数定理告诉我们，存在一个$s^{\ast }$的邻域$U$以及$x_k(0)$的邻域$V$使得对于所有$s\in U,x\in V$方程$F(s,x)=0$在$V$当中有且仅有一个解,并且此解可以写成一个光滑映射$x_k(s)\in C^1(U\to V)$满足$F(s,x_k(s))=0$。并且$x_k^{\prime }(s)=-\frac{F_t^{\prime }(s,x_k(s))}{F_x^{\prime }(s,x_k(s))}=-\frac{x_k(s)}{\sin (x_k(s))+s}$ 于是对于足够小的$s>0$,由Lagrange中值定理，存在一个$0<{\xi }_{k,s}<s$有$x_k(s)=x_k(0)+x_k^{\prime }({\xi }_{k,s})s$所以我们只要能控制好$\left|\frac{x_k(s)}{\sin (x_k(s))+s}\right|$，那么最终的问题就可以被解决。我们当前的期望是，最好$x_k^{\prime }(s)$是有界的，这样的话相当于$|R_k(s)|\le Cks$从而$\frac{1}{x_k{x}_{k+1}}=\frac{1}{{\pi }^2}\frac{1}{(k-1/2)(k+1/2)}(1+O(ks))$，这样只要我们能得到$N(s)$的一个足够好的上界估计，我们就能直接求和，看看最后的余项误差是否是$o(1)$。因此我们现在的目标是： 估计$x_k(s)$的范围以及$N(s)$的足够精确的上界。

• 直接估计$x_k(s)$的范围，然后直接得到$|x_k(s)-x_k(0)|$的信息不好吗，为何要经过隐函数定理这样间接的方式？

其实原因在于，直接估计对$x_k(s)$的精确要求太高，而估计$x_k^{\prime }(t),0<t\le s$的话只需要带入$x_k(t)$的一个粗略估计即可。

1.2 $x_k(s)$以及$N(s)$的估计

lemma 1.2.1

设$\cos (x)=sx$的$N(s)$个正根按照顺序排列为$x_1(s)<x_2(s)<\cdots <x_{N(s)}(s)$那么:

1. $N(s)\sim \frac{1}{\pi s}$
2. 对于$1\le k\le N(s)$都有$k\pi <x_k(s)<(k+1)\pi$

令$f_s(x):=\cos (x)-sx,I_k=(k\pi ,(k+1)\pi )$:

• 当$k$是偶数的时候： $f_s(k\pi )=1-sk\pi ,f_s((k+1)\pi )=-1-s(k+1)\pi$因此固定任意一个足够小的$s$，只要满足$k\le \lfloor \frac{1}{s\pi }\rfloor$就有$f_s(k\pi )>0,f_s((k+1)\pi )<0$，从而函数在区间$I_k$当中必有一个零点。 然后因为当$k$为偶数的情况下，在$I_k$区间上$f_s^{\prime }(x)=-\sin (x)-s<0$，函数$f_s(x)$严格单调从而零点是唯一的。

但是如果$k>\frac{1}{s\pi }$,那么此时$f_s(k\pi )<0,f_s((k+1)\pi )<0$同时因为函数单调减少，因此函数在$I_k$上不可能存在零点。

• 若$k$为奇数： $f_s(k\pi )=-1-sk\pi ,f_s((k+1)\pi )=1-s(k+1)\pi$当$k\le \lfloor \frac{1}{s\pi }\rfloor -1$有$f_s(k\pi )<0,f_s((k+1)\pi )>0$从而函数在区间$I_k$当中必有一个零点。

当$k$为奇数的情况下，在$I_k$区间上$f_s^{\prime }(x)$虽然有两个零点，但是$f_s(x)$在$I_k$上依旧只有一个零点。这是因为$f_s(x)$在$I_k$中从左端点出发先减少，到达极值点，然后单调增加一直到另一个极值点，然后再减少到达右端点。因此如果我们假设此区间上函数的两个极值点从左到右为$c_1,c_2$那么$f_s(c_1)<f_s(k\pi )<0,f(c_2)>f((k+1)\pi )>0$而函数在$(c_1,c_2)\subset I_k$上单调增加，因此函数在$(c_1,c_2)$上存在一个唯一的零点。而$[k\pi ,c_1],[c_2,(k+1)\pi ]$上函数$f_s(x)$不变号，因此没有零点。综上所述，当$k$为奇数的时候$f_s(x)$在$I_k$上有且仅有一个零点。

但如果$k>\frac{1}{\pi s}$,我们现在来估计$f_s(c_2)$。首先$c_2$满足$-\sin (c_2)=s$，并且$c_2>k\pi +\frac{\pi }{2}$从而$f_s(c_2)=\sqrt{1-s^2}-s{c}_2$此时$f_s(c_2)<0$，否则的话假设$f_s(c_2)\ge 0$那么$c_2\le \frac{\sqrt{1-s^2}}{s}<k\pi \sqrt{1-\frac{1}{k^2{\pi }^2}}<k\pi$这是不可能的。因此在$k>\frac{1}{\pi s}$的情况下，函数在$I_k$中必然没有零点。

综上所述，无论$k$是奇数还是偶数$\lfloor \frac{1}{s\pi }\rfloor -1\le N(s)\le \frac{1}{\pi s}$因此$N(s)\sim \frac{1}{\pi s}$并且每个解$x_k\in I_k$。

1.3 分段估计完成和的估计

根据1.2节，$N(s)$的估计已经做到最好了，不过$x_k(s)$还非常粗糙。我们想要先看看根据”引理1.2.1”是否已经能得到”想法1.1.1”当中的结果。

根据1.1节的分析，我们现在来尝试估计$|x_k^{\prime }(t)|$。根据三角恒等式${\sin }^2(x)=1-{\cos }^2(x)$,我们有${\sin }^2(x_k(t))=1-{\cos }^2(x_k(t))=1-(t{x}_k(t){)}^2$利用”引理1.2.1”，$0<t{x}_k(t)\le s{x}_k(t)<s(k+1)\pi <sk\pi +s\pi <sN(s)\pi +s\pi$但是单纯由于$N(s)=O(1/s)$实际上并不能给到$t{x}_k(s)$一个太好的估计，因为这样我们只能得到${\sin }^2(x_k(t))=1-O(1)=O(1)$，我们什么关于$x_k^{\prime }(t)$的有用信息都没有。

我们现在有必要区分，是因为我们对于$x_k(t)$的估计太过于粗糙，还是说要求$|\sin (x_k(t))|>c>0$对所有$1\le k\le N(s)$都成立这件事本身就不可能？

plotSinSolutions1[s_] := 
  Module[{sol},(*求解 Cos[x]==s*x 且 x>0 的所有正实根*)
   sol = x /. NSolve[{Cos[x] == s*x, x > 0}, x];
   (*绘制 |Sin(x_k)| 的离散点图*)
   ListPlot[Abs@Sin[sol], PlotRange -> Full,PlotStyle -> {Blue, PointSize[Medium]}, 
    AxesLabel -> {"index", "|Sin(x_k)|"}, 
    PlotMarkers -> {"\[Bullet]", 12}]];

Animate[plotSinSolutions1[1/s], {s, 100, 500}]

从图像上就很容易看出实际情况极有可能是后者。那么我们的估计就陷入停滞了吗？既然使得$|\sin (x_k(t))|$接近于$0$，从而使得$|x_k^{\prime }(t)|=\left|\frac{x_k(t)}{\sin (x_k(t))+t}\right|$当$t$靠近$0$的时候无界的情况主要发生在$k$接近$N(s)$的时候，那么我们是否可以用分段估计来规避这个问题？

想法1.3.1

我们是否可以寻找一个$q(s)$，其满足：

1. 当$1\le k<q(s)$的时候$|\sin (x_k(t))|>c>0$。
2. 而后半段的和${\sum }_{N(s)-1\ge k\ge q(s)}\frac{1}{x_k(s)x_{k+1}(s)}$只要用”引理1.2.1”当中的估计就可以得到$o(1)$的估计？

不妨试试$q(s)=N(s{)}^{2/3}$。做个实验看看：

plotSinSolutions2[s_] := 
  Module[{sol},(*求解 Cos[x]==s*x 且 x>0 的所有正实根*)
   sol = x /. NSolve[{Cos[x] == s*x, x > 0}, x];
   (*只保留前 Floor[Sqrt[1/s]] 个解*)
   sol = sol[[1 ;; Floor[Length[sol]^(2/3)]]];
   (*绘制 Sin[sol] 的离散点图*)
   ListPlot[Abs@Sin[sol],PlotRange -> Full, PlotStyle -> {Blue, PointSize[Medium]}, 
    AxesLabel -> {"index", "Sin[x]"}, 
    PlotMarkers -> {"\[Bullet]", 12}]];

Animate[plotSinSolutions2[1/s], {s, 100, 500}]

从图中很直观能看到，现在$|\sin (x_k(t))|$似乎拥有了一个正的下界。

• 事实上，当$k<N(s{)}^{2/3}$的时候$|\sin (x_k(t))+t|>1/2$对足够小的$s>0$成立：根据三角恒等式${\sin }^2(x)=1-{\cos }^2(x)$,我们有${\sin }^2(x_k(t))=1-{\cos }^2(x_k(t))=1-(t{x}_k(t){)}^2$所以只要我们能得到$t{x}_k(t)$的估计，就能达到我们此处的目的。由于$t{x}_k(t)\le s{x}_k(t)<s(k+1)\pi <sk\pi +s\pi <sN(s{)}^{2/3}\pi +s\pi$因此$t{x}_k(t)=O(s^{1/3})$于是我们知道$|\sin (x_k(t))|=\sqrt{1-O(s^{2/3})}=1-O(s^{2/3})$于是$|\sin (x_k(t))+t|>||\sin (x_k(t))|-|t||=1-O(s^{2/3})$所以对于足够小的$s$，$|\sin (x_k(t))+t|>1/2$。
• 而对于后半段的估计，$\begin{array}{rl}\sum _{N(s)-1\ge k\ge N(s{)}^{2/3}}\frac{1}{x_k(s)x_{k+1}(s)}& \lesssim \sum _{N(s)-1\ge k\ge N(s{)}^{2/3}}\frac{1}{k^2}\\ & \le \frac{N(s{)}^{2/3}-N(s)}{N(s{)}^{4/3}}=O(s^{2/3})=o(1)\end{array}$

那么到现在，我们可以认为这种基于分段估计的和的估计是成功的。 $x_k(s)=x_k(0)+x_k^{\prime }({\xi }_{k,s})s$其中$|{\xi }_k|<s$。当$0<t<s$的时候，由隐函数定理给到的导数公式$x_k^{\prime }(t)=-\frac{x_k(t)}{\sin (x_k(t))+t}$当$k<N(s{)}^{2/3}$的时候$|\sin (x_k(t))+t|>1/2$对足够小的$s>0$成立，于是$0<|x_k^{\prime }(t)|<2x_k(t)<2(k+1)\pi$于是存在一个常数$C$使得$|x_k^{\prime }(t)|<Ck$,从而$x_k(s)=x_k(0)+O(ks)$

2. 利用控制收敛定理

定理2.1:一般的控制收敛定理

$(\Omega ,\mathcal{F},\mu )$是一个测度空间，$\{f_{\alpha }{\}}_{\alpha \in A}$是一个可测函数族，并且存在一个可积函数$g\ge 0$使得$|f_{\alpha }|\le g,\forall \alpha \in A$那么如果$f_{\alpha }$几乎处处收敛到$f$，那么${\int }_{\Omega }{f}_{\alpha }d\mu \to {\int }_{\Omega }fd\mu$

• 参考函数的图与连续性当中的概念，这里的极限，实际上是按照拓扑当中的“网的极限”来定义的。如果参数$\alpha$取整数，那么这里的极限与通常的序列极限并无任何差别，但是如果$\alpha$取实数或者别的什么，这要从网的极限理解。

那么在此处，如果把测度空间理具体为$(\mathbb{N},\mathcal{P}(\mathbb{N}),\mu )$其中$\mu$是一个计数测度，那么在此基础上${\int }_{\mathbb{N}}{f}_{\alpha }d\mu :={\sum }_{k\ge 1}{f}_{\alpha }(k)$于是我们得到下面的关于和的控制收敛定理：

定理2.2：Tannery定理

$\{a_{s,k}{\}}_{s\in S}$是一族序列，满足：

1. 对任意正整数$k\ge 1$都有$a_{s,k}\to a_k$。
2. 存在一个与$s$无关的非负序列$M_k$使得对任意的$k$都有$|a_{s,k}|\le M_k$并且${\sum }_{k\ge 1}{M}_k<\infty$

那么${\sum }_{k\ge 1}{a}_{s,k}\to {\sum }_{k\ge 1}{a}_k$

• 在假设控制收敛定理成立的基础上，我们把$a_{s,k}$理解为一个定义在$\mathbb{N}$上的函数$f_s(k)$，然后在网的极限的意义下$a_k$也是一个函数$f(k)$。在测度空间$(\mathbb{N},\mathcal{P}(\mathbb{N}),\mu )$上$f_s(k)$几乎处处收敛到$f(k)$，但因为是计数测度，所以实际上就是对于每个$k$的逐点收敛。那么$M_k$也就是一个${\ell }^1$可积意义上的控制函数，于是最终我们得到${\int }_{\mathbb{N}}{f}_{s}d\mu \to {\int }_{\mathbb{N}}fd\mu$

在此基础上我们回到”问题0”上，于是我们可以定义$a_{s,k}:=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{x_k(s)x_{k+1}(s)}& 1\le k\le N(s)-1\\ 0& k\ge N(s)\end{array}$由于”引理1.3.1”，我们知道对于任意固定的$k$，因为当$s\to 0^{+}$的时候$N(s)\to \infty$，因此$a_{k,s}\to \frac{1}{x_k(0)x_{k+1}(0)}$然后因为”引理1.3.1”，$\frac{1}{x_k(s)x_{k+1}(s)}\le \frac{1}{{\pi }^2}\frac{1}{k(k+1)}$而后者是收敛的非负项级数。于是Tannery定理直接告诉我们，${\sum }_{k=1}^{N(s)-1}\frac{1}{x_k(s)x_{k+1}(s)}={\sum }_{k\ge 1}{a}_{s,k}\to {\sum }_{k\ge 1}\frac{1}{x_k(0)x_{k+1}(0)}=\frac{2}{{\pi }^2}$

3. 对根的渐近进行拓展

如果我们还想要更精确的根的渐近呢？比如下面的问题：

问题3.1

设$\cos (x)=sx$的$N(s)$个正根按照顺序排列为$x_1<x_2<\cdots <x_{N(s)}$证明${\lim }_{s\to 0^{+}}{s}^2{\sum }_{k=1}^{N(s)}\frac{1}{(x_k-(k-1/2)\pi {)}^2}=\frac{1}{2}$

关于”问题3.1”，很明显我们需要得到$x_k(s)$的更高精度的渐近展开。结合第一节中隐函数定理的结果，以及Taylor展开定理我们得到渐近展开$x_k(s)=x_k(0)+x_k^{\prime }(0)s+r_k^{\prime }(s)$其中 $x_k^{\prime }(0)=(-1{)}^k{x}_k(0)$

于是$\frac{s^2}{(x_k(s)-(k-1/2)\pi {)}^2}\to \frac{1}{{\pi }^2}\frac{1}{(k-1/2{)}^2}$而后者组成的级数有 $\frac{1}{{\pi }^2}{\sum }_{k=1}^{N(s)}\frac{1}{(k-1/2{)}^2}\to \frac{1}{{\pi }^2}\frac{{\pi }^2}{2}=\frac{1}{2}$

所以和”问题0”一样，我们主要任务实际上是分析$r_k(s)$，从而得到$s^2{\sum }_{k=1}^{N(s)}\frac{1}{(x_k-(k-1/2)\pi {)}^2}=\frac{1}{{\pi }^2}{\sum }_{k=1}^{N(s)}\frac{1}{(k-1/2{)}^2}+o(1)$

首先我们推广一下这里我们要用到的隐函数定理的工具：

首先是基于$F(s,x)$的光滑性来做推广，假设$F\in C^p$那么我们最终通过隐函数定理得到$x(s)\in C^p$从而我们可以利用Taylor展开来得到一个渐近估计。

命题3.2

设$F(s,x):{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$在$(s^{\ast },x_k(0))$的某个邻域$U$内满足$F\in C^p(U\to \mathbb{R}),F(s^{\ast },x_k(0))=0,F_x(s^{\ast },x_k(0))\ne 0$那么存在且唯一一个$s^{\ast }$的邻域$V$以及$x_k(0)$的邻域$W$使得$F(s,x(s))=0\forall s\in V,x(s)\in C^p(V\to W)$并且有渐近展开$x(s)=x(s^{\ast })+{\sum }_{i=1}^p\frac{x^{(p)}(s)}{i!}(s-s^{\ast }{)}^i+o(|s-s^{\ast }{|}^p)$

• 这个命题本质上就是隐函数定理+Peano余项的Taylor展开。

至于渐近系数的确定则可以模仿”问题2”的做法，通过两边结合Taylor展开的渐近展开。然后比较两边的渐近系数，最后解方程的方式得到。

我们还可以借用隐函数定理当中的”定理2”，也就是”实解析隐函数定理”，从而得到：

命题3.3

设$F(s,x):{\mathbb{R}}^2\to \mathbb{R}$在$(s^{\ast },x_k(0))$的某个邻域$U$内满足$F$是一个实数解析函数并且$F(s^{\ast },x_k(0))=0,F_x(s^{\ast },x_k(0))\ne 0$那么存在一个$s^{\ast }$的邻域$V$以及$x_k(0)$的邻域$W$使得在$V$上方程$F(s,x)=0$有且仅有一个解分支：$x(s):V\to W$并且$x(s)$是一个实解析函数，即$x(s)={\sum }_{i\ge 0}{a}_i{s}^i,\forall s\in V$

• 这个命题告诉我们，类似于$F(s,x)=\cos (x)-sx$这样的实解析函数，我们完全可以把它的解展开为一个关于$s$的级数。

关于”命题3.3”还存在一种特殊情况，称之为Lagrange inversion：

定理3.4(Lagrange inversion/Lagrange-Burmann formula)

$\varphi (x)$在$x=r$的邻域中解析，且$\varphi (r)\ne 0$。考虑方程$x=r+s\varphi (x)$则在$s=0$的邻域中，方程存在唯一解析解$x(s)=r+{\sum }_{i\ge 1}{a}_i{s}^i$其中系数$c_i=\frac{1}{i!}{\lim }_{x\to r}\frac{d^{i-1}}{d{x}^{i-1}}[(x-r{)}^i\varphi (x{)}^i]$

• 我们可以用”命题2.2.1”来证明Lagrange inversion定理。首先令$F(s,x):=s\varphi (x)+r-x$然后考虑”基点”$(0,r)$，因为$\varphi$在$r$邻域当中的解析性，我们知道$F$在$(0,r)$的邻域当中的解析性。于是“命题2.2.1”告诉我们，在$s=0$的邻域内存在一个唯一的解析解$x(s)=a_0+{\sum }_{i\ge 1}{a}_i{s}^i$又因为$s=0$的时候的解为$r$，因此$a_0=r$。
• 这不过是上述方法的特殊情况，如果是具体计算在不要求展开高次项的情况下，直接两边渐近展开反而更灵活一些。

那么在此基础上，我们想到可以考虑重复”第2节”中的路径来证明极限。定义$b_{s,k}:=\{\begin{array}{ll}\frac{s^2}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}& 1\le k\le N(s)\\ 0& k>N(s)\end{array}$然后同样地，由于”引理1.3.1”，我们知道对于任意固定的$k$，因为当$s\to 0^{+}$的时候$N(s)\to \infty$，因此$b_{s,k}\to \frac{1}{x_k^{\prime }(0{)}^2}=\frac{1}{{\pi }^2}\frac{1}{(k-1/2{)}^2}$不过此时我们不能再用“引理1.3.1”来控制$b_{s,k}$因为如果这样的话 $\frac{s^2}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}\le \frac{s^2}{{\pi }^2}\frac{1}{(k-(-1{)}^k(k-1/2){)}^2}$后者并不能组成一个收敛的级数。

不过我们想到参考第一节当中的Lagrange中值定理$x_k(s)=x_k(0)+x_k^{\prime }({\xi }_{k,s})s$我们可以得到更精确一些的$b_{s,k}$的上界估计$\frac{s^2}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}=\frac{1}{x_k^{\prime }({\xi }_{k,s}{)}^2}$但是$|x^{\prime }(t)|$的下界估计依赖于$k\le N(s{)}^{2/3}$于是我们想到：

想法3.5

我们可以重新定义$b_{s,k}:=\{\begin{array}{ll}\frac{s^2}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}& 1\le k\le N(s{)}^{2/3}\\ 0& k>N(s{)}^{2/3}\end{array}$于是对于此时的$b_{s,k}$，它满足:

1. 对任意固定的$k$，由于$N(s{)}^{2/3}\to \infty$，所以$b_{s,k}\to \frac{1}{{\pi }^2}\frac{1}{(k-1/2{)}^2}$
2. 对任意的$k\le N(s{)}^{2/3}$，$b_{s,k}\le \frac{1}{x_k^{\prime }({\xi }_{k,s}{)}^2}\lesssim \frac{1}{(k+1{)}^2}$后者可以组成一个非负的收敛级数。

于是Tannery定理告诉我们

${\sum }_{k\le N(s{)}^{2/3}}\frac{1}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}={\sum }_{k\ge 1}{b}_{s,k}\to {\sum }_{k\ge 1}\frac{1}{x_k^{\prime }(0{)}^2}=\frac{1}{2}$

然后从分段估计的角度入手，对于后半段，由于$\frac{s^2}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}\le \frac{s^2}{{\pi }^2}\frac{1}{(k-(-1{)}^k(k-1/2){)}^2}$ 当$k$是偶数的时候后者为$O(s^2)$，当$k$是奇数的时候后者为$O(s^2/k^2)$,于是无论$k$为奇数或者偶数，我们都可以用$O(s^2)$来控制$\frac{s^2}{{\pi }^2}\frac{1}{(k-(-1{)}^k(k-1/2){)}^2}$于是${\sum }_{N(s)\ge k>N(s{)}^{2/3}}\frac{s^2}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}={\sum }_{N(s)\ge k>N(s{)}^{2/3}}O(s^2)=O(s)$ 所以分段估计是可以解决此处的困难的。

由于上面的分析,${\sum }_{k=1}^{N(s)}\frac{s^2}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}={\sum }_{k\le N(s{)}^{2/3}}\frac{s^2}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}+{\sum }_{k>N(s{)}^{2/3}}\frac{s^2}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}$其中第一段已经由Tannery定理证明为$\frac{1}{2}+o(1)$，而第二段的估计为$O(s)$，因此我们得到${\sum }_{k=1}^{N(s)}\frac{s^2}{(x_k(s)-x_k(0){)}^2}=\frac{1}{2}+o(1)$于是极限被证明了。