自然数的r次幂的部分和估计

问题0

求极限: ${\lim }_{N\to \infty }N{\sum }_{n>N}\frac{1}{n^2}$

如果我们可以直接观察到，和的渐近展开的$1/N$项的系数是1，在这个前提我们可以使用Stolz-Cesaro的方法：

${\lim }_{n\to \infty }\frac{{\sum }_{k\ge n}\frac{1}{k^2}}{\frac{1}{n}}={\lim }_{n\to \infty }\frac{\frac{1}{n^2}}{\frac{1}{n(n+1)}}=1$ 因此这个问题的答案就是1.不过这里我们重点是通过另外一条途径：

如果我们知道巴塞尔问题的结果，也就是${\sum }_{n\ge 1}\frac{1}{n^2}=\zeta (2)$那么实际上这个问题问的是:

转换以后的问题

求$S(N):=\zeta (2)-{\sum }_{n\le N}\frac{1}{n^2}$的精确到$\frac{1}{N}$系数的渐近展开。

我们实际上可以通过Euler-Maclaurin求和估计的办法得到一般的结果。

关于广义调和数一般的渐近结果

如果$r>0,r\ne 1$的时候， ${\sum }_{k=1}^n{k}^{-r}=\zeta (r)+\frac{1}{1-r}{n}^{1-r}+\frac{1}{2}{n}^{-r}-\frac{r}{12}{n}^{-r-1}+O\left(n^{-r-3}\right)$ 如果$r=1$的时候,${\sum }_{k=1}^n{k}^{-1}=\gamma +\log (n)+\frac{1}{2}{n}^{-1}-\frac{1}{12}{n}^{-2}+O\left(n^{-4}\right)$

1. 广义的调和级数部分和$r>1$时的渐近展开结果

r>1时候渐近展开前几项

如果$r>1$， ${\sum }_{k=1}^n{k}^{-r}=\zeta (r)+\frac{1}{1-r}{n}^{1-r}+\frac{1}{2}{n}^{-r}-\frac{r}{12}{n}^{-r-1}+O\left(n^{-r-3}\right)$

最后的结果表明，实际上从$n^{-r-1}$开始往后都是每次降低2次，这是因为Bernoulli数从$B_3$开始奇数项都是0.

实际上$r=2$的时候的情况，本身就是Euler创立Euler-Maclaurin求和估计方法的原始动机。

1.1 问题的答案

如果我们假设这个结果是对的，那么上面的问题可以直接用结果得到

$\begin{array}{rl}\sum _{n\le N}\frac{1}{n^2}& =\zeta (2)-N^{-1}+\frac{1}{2}{N}^{-2}-\frac{1}{6}{N}^{-3}+O(N^{-5})\end{array}$

所以显然$\begin{array}{rl}S(N)& :=\zeta (2)-\sum _{n\le N}\frac{1}{n^2}\\ & =\frac{1}{N}+O\left(\frac{1}{N^2}\right)\end{array}$ 因此显然，最后极限的结果就是1,因为$1/N$项的系数是1.

1.2 证明此渐近展开结果

直接用欧拉求和公式并不明智。因为这样会遇到欧拉求和的一个常见的毛病，没有办法搞清楚渐进当中带有的那个常数项是多少。但是有一种情况是可以避免的，就是说我们知道这个求和${\sum }_{k=1}^{n}f(k)$其对应的级数${\sum }_{k=1}^{\infty }f(k)$收敛，并且知道(假设)其收敛到$S$。那么可以把问题转换为:${\sum }_{k=1}^{n}f(k)=S-{\sum }_{k>n}f(k)$然后针对于后者使用欧拉求和公式去做。对于这个问题令$g_r(t)=\frac{1}{t^r},r>1$，于是:$\begin{array}{rl}\sum _{k=n+1}^{\infty }{g}_r(k)& ={\int }_{n+1}^{\infty }{g}_r(t)dt+\frac{1}{2}(n+1{)}^{-r}+\frac{r}{12}(n+1{)}^{-r-1}\\ & -\frac{1}{24}{\int }_n^{\infty }{B}_4(\{t\})f^{(4)}(t)dt\\ & =-\frac{1}{1-r}(n+1{)}^{1-r}+\frac{1}{2}(n+1{)}^{-r}+\frac{r}{12}(n+1{)}^{-r-1}+O\left(\frac{1}{n^{r+3}}\right)\\ & =-\frac{1}{1-r}{n}^{1-r}-\frac{1}{2}{n}^{-r}+\frac{r}{12}{n}^{-r-1}+O\left(\frac{1}{n^{r+3}}\right)\end{array}$于是$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{n}f(k)& =\zeta (r)-\sum _{k>n}{g}_r(k)\\ & =\zeta (r)+\frac{1}{1-r}{n}^{1-r}+\frac{1}{2}{n}^{-r}-\frac{r}{12}{n}^{-r-1}+O\left(n^{-r-3}\right)\end{array}$ 最后我们还可以对余项做一个估计，这样方便用在不等式放缩的情况下。

r>1时候求和的不等式形式

如果$r>1$， ${\sum }_{k=1}^n{k}^{-r}=\zeta (r)+\frac{1}{1-r}{n}^{1-r}+\frac{1}{2}{n}^{-r}-\frac{r}{12}{n}^{-r-1}+E_r(n)$ 其中余项$|E_r(n)|<\frac{r(r+1)(r+2)}{720n^{r+3}}$

最后这个估计是借助对Bernoulli多项式在一个单位内的估计给出的，也就是$|B_p(\{t\})|\le \frac{2p!}{(2\pi {)}^p}\zeta (p)$ 这里$p=4$,然后得到估计。

2. $0<r<1$情形下的渐近展开

0<r<1时候渐近展开前几项

如果$0<r<1$， ${\sum }_{k=1}^n{k}^{-r}=\frac{1}{1-r}{n}^{1-r}+\zeta (r)+\frac{1}{2}{n}^{-r}-\frac{r}{12}{n}^{-r-1}+E_r(n)$ 其中余项$|E_r(n)|<\frac{r(r+1)(r+2)}{720n^{r+3}}$

也就是说，当$0<r<1$的时候，情况根本没有变化，只不过此时zeta函数取值是解析延拓以后的取值。这是为什么呢？这是因为在$\text{Re}(s)>1$的时候,我们通过Euler-Maclaurin以及zeta函数的级数表示得到$\begin{array}{rl}\zeta (s)& =\sum _{k\le n}{k}^{-s}-\left(\frac{1}{1-s}{n}^{1-s}+\frac{1}{2}{n}^{-s}-\frac{s}{12}{n}^{-s-1}\right)\\ & +\frac{s(s+1)(s+2)(s+3)}{24}{\int }_n^{\infty }{B}_4(\{t\})t^{-s-3}dt\end{array}$ 这是zeta函数的一个解析延拓，因为右边显然在$\text{Re}(s)>-4\text{ and }s\ne 1$的范围内都是成立的,而解析延拓的唯一性可以保证上述式子和其他解析延拓出来的$\zeta (s)$在$0<\text{Re}(s)<1$的范围内都是一致的。因此我们可以把结果推广到，一般的情况。

也就是说，上述展开不仅仅是可以得到$0<r<1$，就算是$r>-2$也是可以的。

比如说下面这个问题：

问题2

求${\sum }_{k\le n}\sqrt{k}$的渐近展开，特别是需要得到其常数项的渐近系数。

那么根据上面的公式，此时相当于$r=-1/2$于是我们可以直接得到答案:

${\sum }_{k\le n}\sqrt{k}=\frac{2}{3}{n}^{3/2}+\frac{1}{2}{n}^{1/2}+\zeta (-1/2)+\frac{1}{24}{n}^{-1/2}+O(n^{-5/2})$

3. $r=1$的情况

4. $r<0$的情况

4.1 $r<0$且$|r|$为正整数的情况

这个时候当然就是著名的Faulhaber公式了，因为此时$-r\in {\mathbb{Z}}^{+}$,求和式子${\sum }_{k\le n}{k}^{-r}$的求和式子可以直接表达为关于n的多项式:

$\begin{array}{rl}\sum _{k\le n}{k}^{|r|}& =\frac{1}{|r|+1}\cdot \sum _{j=0}^{|r|}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{|r|+1}{j}\right)B_j{n}^{|r|+1-j}\\ & =\frac{1}{1-r}{n}^{-r+1}+\frac{1}{2}{n}^{-r}-\frac{r}{12}{n}^{-r-1}+\cdots +B_{|r|}n\end{array}$

为什么会这样呢？很简单，因为使用Euler-Maclaurin求和公式的时候，当$f(t):=t^{|r|}$并且$|t|$是整数的情况下，其导数在某一项以后全部都是0.以及Bernoulli多项式在一个单位里面的积分是0，因此渐近展开当中常数项及其更低次的项目都是0.

5. 求和上限为实数的情况

有的时候，比如做分部求和的时候，后者数论当中的情况，我们需要把求和当成一个函数去处理，因此会考虑$S_r(x):={\sum }_{k\le x}\frac{1}{k^r}$的渐近展开。

如果我们考虑最简单的版本的连续Euler-Maclaurin求和公式的话，会得到:

$\begin{array}{rl}{S}_r(x)& =\zeta (r)-\left(-\frac{1}{1-r}{x}^{-r+1}+B_1(\{x\})x^{-r}+\frac{r}{2}{B}_2(\{x\})x^{-r-1}-\frac{r(r+1)}{2}{\int }_x^{\infty }\frac{B_2(\{t\})}{t^{r+2}}dt\right)\\ & =\zeta (r)+\frac{1}{1-r}{x}^{-r+1}-B_1(\{x\})x^{-r}-\frac{r}{2}{B}_2(\{x\})x^{-r-1}+\frac{r(r+1)}{2}{\int }_x^{\infty }\frac{B_2(\{t\})}{t^{r+2}}dt\end{array}$