第五章：函式數列問題●尤拉—麥克勞林公式

作者：由高考數學呆哥發表于繪畫時間：2021-05-28

下面將介紹一種求與數列和式的同階參考式的方法：Euler—Maclaurin 公式，以此來替代數列中的積分裂項法。注意，此章為拓展內容，

高考不會出現

，如果您不需要那麼此處就可以直接跳過了。

各位讀者不妨先來了解一下什麼是 Euler—Maclaurin 公式（推導繁雜且超綱，從略）：

$\sum_{k=a}^{b} f(k)=\int_{a}^{b} f(t) d t+\int_{a}^{b}(t-[t]) f^{\prime}(t) d t=f(x)([x]-x)-f(y)([y]-y)$

此為廣義的 Euler—Maclaurin 公式，與高斯取整函式

有關。但是這個形式用於分析數列是沒有因地（靈）制宜（魂）的，所以我們用點方法匯出瞭如下餘項的 Euler—Maclaurin 公式：

若

在

$[a, b](a, b \in N)$

上連續且

次次（

$s \geq 1$

）可微，那麼級數

$\sum_{k=a}^{b} f(k)$

可被表徵為：

$\sum_{k=a}^{b} f(k) \sim \int_{a}^{b} f(x) d x+\frac{f(a)+f(b)}{2}+\sum_{s=1}^{\infty} \frac{B_{2 s}\left[f^{2 s-1}(b)-f^{2 s-1}(a)\right]}{(2 s) !}$

其中

$\sum_{s=1}^{\infty} \frac{B_{2 s}\left[f^{2 s-1}(b)-f^{2 s-1}(a)\right]}{(2 s) !}$

為此 Euler—Maclaurin 公式的伯努利餘項，Euler—Maclaurin公式原本的伯努利餘項經過遞推公式和分部積分後，分解出的結果即是此處公式中的

$\frac{f(a)+f(b)}{2}$

公式中的

$f^{2 s-1}(x)$

指

階導數。這個公式之所以適用於我們這裡，是因為伯努利數

$B_{2 s}$

有數值表，且最關鍵的是伯努利餘項捨棄任意高階的餘項和之後，結果仍然與級數

$\sum_{k=a}^{b} f(k)$

同階。

說了大堆抽象話，那麼現在我們來看一些實際點的，先說下伯努利數的定義：

$\sum_{s=0}^{\infty} \frac{B_{s}(x)}{s !} t^{s}=\frac{t e^{t x}}{e^{t}-1}$

，這個應該對大家沒啥用，所以下面來說下伯努利數

$B_{2 s}$

的數值表：

$B_{0}=1, B_{1}=-\frac{1}{2}, B_{2}=\frac{1}{6}, B_{4}=-\frac{1}{30}, B_{6}=\frac{1}{42}, B_{8}=-\frac{1}{30}, B_{2 t+1}=0(t \geq 1)$

除了 1 之外，奇數次的伯努利數均為 0，偶數的一般最高用到 4（大學競賽），更高次的用不上。

那麼，關鍵是這個東西到底怎麼在高中數列裡發揮用處呢？其實 Euler—Maclaurin 公式是積分的加強版，也就是說能分割面積求積分做的題目，用 Euler—Maclaurin 公式也可以做。另外如果我們想去找到一個數列的一種最佳擬合形式，那 Euler—Maclaurin 公式將會有巨大的作用。

下面來看一道經典問題，證明：

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}>\ln n+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2}$

左邊我們都知道是個調和級數，那麼右邊呢？相信不少讀者都知道，尤拉常數

$\gamma$

的定義是：

$\gamma=\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}-\ln n\right] \approx 0.57721$

，如果我們對

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}>\ln n+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2}$

兩側取極限，那麼得到：

$\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}-\ln n\right]=\gamma>\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2}\right)=0.5$

，把尤拉常數估計到了 0。5，還是比較合理的結論。

現在來講述一下

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}>\ln n+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2}$

的證明方法，第一種就是我們熟悉的積分法了：

我們把

$y=\frac{1}{x}$

的影象用一個矩形劃為兩部分，曲線下方的是實際面積，即牛頓——萊布尼茲公式算出來的面積。現在在每隔 1 個單位點的地方（即

$x=1,2,3 \ldots$

）分別取點，然後兩兩連線，曲線上方會形成一個圖形，這個圖形和曲線下方的圖形構成了一個梯形。

現在我們打算用梯形的面積和牛頓——萊布尼茲公式算出來的面積比較。可以看到隨著

增大，上方劃出來的面積越來越小，梯形的面積也會越來越接近牛頓——萊布尼茲公式算出來的面積。現在計算所有梯形的面積是：

$S_{1}=\frac{\left(1+\frac{1}{2}\right) \cdot(2-1)}{2}+\frac{\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\right) \cdot(3-2)}{2}+\cdots+\frac{\left(\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}\right) \cdot(n-n+1)}{2}$

牛頓——萊布尼茲公式算出來的面積是：

$S_{2}=\int_{1}^{2} \frac{1}{x} d x+\int_{2}^{3} \frac{1}{x} d x+\cdots+\int_{n-1}^{n} \frac{1}{x} d x=\ln n$

從圖形看出：

$S_{1}=\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n-1}\right)+\frac{1}{2 n}=\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}-\frac{1}{2 n}-\frac{1}{2}>S_{2}=\ln n$

整理一下即可得到：

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}>\ln n+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2}$

，便是我們開始的結論了。

可以看到，這裡利用梯形和牛頓——萊布尼茲公式算出來的面積相比，得到的結果是比較接近尤拉常數的。之所以有 0。08 左右的誤差，是因為開始梯形的面積和牛頓——萊布尼茲公式算出來的面積相差的比較多。而後面的精度就算有

個面積加起來，誤差也只有 0。08，可見後期逼近是很好的。

如果不用積分法，那麼第二種方法就是我們上面所說的非求和項直接作差法（數學歸納法）了。

一般地，我們現在嘗試證明：

時，

$\frac{1}{n}>\ln n+\frac{1}{2 n}-\ln (n-1)-\frac{1}{2(n-1)}$

構造：

$f(x)=\frac{1}{x}-\left[\ln x+\frac{1}{2 x}-\ln (x-1)-\frac{1}{2(x-1)}\right]$

，求導得：

$f^{\prime}(x)=-\frac{1}{2 x^{2}(x-1)^{2}}<0$

所以

遞減，現在要看無窮處的極限是多少，我們計算一下極限即可得到：

$f(x)>\lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{x}-\ln \frac{x}{x-1}-\frac{1}{2 x}+\frac{1}{2(x-1)}\right]=0$

，單項成立，所以從 2 開始逐項相加可以得到：

$\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}>\ln 2-\ln 1+\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+\cdots+\ln n-\ln (n-1)+\frac{1}{2 n}-\frac{1}{2(n-1)}=\ln n+\frac{1}{2 n}-\frac{1}{2}$

然後兩邊加個 1 得到：

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n-1}+\frac{1}{n}>\ln n+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2}$

，成立。

可以看到，第二種方法更為簡潔一點，把數列化成了函式問題。做完這個，我們想到，很明顯

0。5 還不是最接近尤拉常數的形式，那還能不能得到更強的式子呢？

這個時候便可以用到 Euler—Maclaurin 公式了，我們先看看上面的

$\ln n+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2}$

如何得到。

在

$\sum_{k=a}^{b} f(k) \sim \int_{a}^{b} f(x) d x+\frac{f(a)+f(b)}{2}+\sum_{s=1}^{\infty} \frac{B_{2 s}\left[f^{2 s-1}(b)-f^{2 s-1}(a)\right]}{(2 s) !}$

中，令

$f(k)=\frac{1}{k}, a=1$

以及

，代進去得到：

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \sim \int_{1}^{n} \frac{1}{x} d x+\frac{\frac{1}{n}+1}{2}=\ln n+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2}$

，可見，所得參考式正好是右側。

上面我們捨棄了所有的伯努利餘項，得到了第一個結果，那麼保留一個伯努利餘項的話呢？

於是令

保留 2 階伯努利餘項：

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \sim \int_{1}^{n} \frac{1}{x} d x+\frac{\frac{1}{n}+1}{2}+\frac{B_{2}}{2 !}\left[f^{\prime}(n)-f^{\prime}(1)\right]$

由伯努利數值表可以知道：

$B_{2}=\frac{1}{6}$

，於是便有如下的伯努利餘項式：

$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \sim \ln n+\frac{1}{2 n}+\frac{1}{2}+\frac{1}{12}\left(1-\frac{1}{n^{2}}\right)=\ln n+\frac{1}{2 n}-\frac{1}{12 n^{2}}+\frac{7}{12}$

，把尤拉常數估計到了

$\frac{7}{12} \approx 0.583$

由於參考式不具有方向，所以我們需要自己去證明一下。這裡依然是採用數學歸納法，即構造單項比較函式：

$f(x)=\frac{1}{x}-\left[\ln x+\frac{1}{2 x}-\frac{1}{12 x^{2}}-\ln (x-1)-\frac{1}{2(x-1)}+\frac{1}{12(x-1)^{2}}\right]$

，求導得到：

$f^{\prime}(x)=\frac{1}{6 x^{3}(x-1)^{3}}>0$

，所以

遞增，還是看無窮處的極限，也即得到：

$f(x)<\lim _{x \rightarrow \infty}\left[\frac{1}{x}-\ln \frac{x}{x-1}-\frac{1}{2 x}+\frac{1}{12 x^{2}}+\frac{1}{2(x-1)}-\frac{1}{12(x-1)^{2}}\right]=0$