§ 3. Chặn cho số dư trong công thức tổng euler-maclaurin

1. Chặn cho số dư trong công thức tổng euler-maclaurin

Đánh giá thu được trong (16) đối với các đa thức Bernoulli trên khoảng $[0, 1]$ cho phép ta dễ dàng đánh giá số dư $T_p(x, n)$ trong công thức tổng Euler-Maclaurin (VI, p. 282, công thức (39)):

\left\{ \begin{array}{l} f(x) + f(x+1) + \cdots + f(x+n) \\ \phantom{=} = \int_x^{x+n+1} f(t)\,dt - \frac{1}{2} (f(x+n+1) - f(x)) \\ \phantom{=} \phantom{=} + \sum_{k=1}^p \frac{b_{2k}}{(2k)!} (f^{(2k-1)}(x+n+1) - f^{(2k-1)}(x)) + T_p(x, n). \end{array} \right.

Thật vậy, ta có (VI, p. 283, công thức (41))

T_p(x, n) = -\frac{1}{(2p+1)!} \int_0^{n+1} \overline{B}_{2p+1}(1-s) f^{(2p+1)}(x+s)\,ds

trong đó $\overline{B}_{2p+1}(t)$ là hàm tuần hoàn chu kỳ 1, bằng $B_{2p+1}(t)$ trên khoảng $[0, 1[$ . Công thức (16) của VI, p. 288, cho thấy rằng

|\overline{B}_{2p+1}(t)| \leq 4e^{2\pi} \frac{(2p+1)!}{(2\pi)^{2p+1}}

(3)

với mọi $t \in \mathbf{R}$ , và áp dụng công thức giá trị trung bình cho ta đánh giá

|T_p(x, n)| \leq \frac{4e^{2\pi}}{(2\pi)^{2p+1}} \int_x^{x+n+1} |f^{(2p+1)}(t)| \, dt

(4)

đối với $T_p(x, n)$ .

2. Áp dụng vào các khai triển tiệm cận

Công thức Euler-Maclaurin cho phép đưa ra một nghiệm đầy đủ hơn (trong những trường hợp quan trọng nhất) cho bài toán đã được xét ở V, p. 238 đến 242, tức là bài toán thu được một khai triển tiệm cận của tổng từng phần $s_n = \sum_{m=0}^n g(m)$ (hoặc của số dư $r_n = \sum_{m=n+1}^\infty g(m)$ ), trong đó $g$ là một hàm vô hướng, $> 0$ , đơn điệu, xác định trên $[0, +\infty[$ .

Ta sẽ giới hạn ở trường hợp $g$ là một hàm (H) (V, p. 252), cấp 0 đối với $e^x$ ; nói cách khác, ta có quan hệ $g' \ll g$ ; từ quan hệ này suy ra $g^{(k+1)} \ll g^{(k)}$ với mọi số nguyên $k > 0$ sao cho không một đạo hàm nào $g^{(h)}$ cấp $h \leq k$ là tương đương với một hằng (V, p. 232, mệnh đề 7). Gọi $p$ là một số nguyên sao cho không một đạo hàm nào $g^{(h)}$ cấp $h \leq 2p$ là tương đương với một hằng. Trước hết ta giả sử rằng chuỗi có số hạng tổng quát $g(n)$ có tổng vô hạn, và phân biệt nhiều trường hợp:

1. $|g^{(2p-1)}(n)|$ tiến tới $+\infty$ cùng với $n$ ; theo giả thiết, ta cũng có điều tương tự đối với $|g^{(2k-1)}(n)|$ với $1 \leq k \leq p$ ; hơn nữa, vì $g^{(2p+1)}$ là đơn điệu trên một lân cận của $+\infty$ , công thức (4) của VI, tr. 289, cho $T_p(0, n) = O(g^{(2p)}(n+1)) = o(g^{(2p-1)}(n+1))$ ; công thức Euler-Maclaurin, áp dụng với $x = 0$ , cho thấy rằng

s_n = \sum_{m=0}^n g(m) = \int_0^{n+1} g(t) \, dt - \frac{1}{2} g(n+1)

+ \sum_{k=1}^p \frac{b_{2k}}{(2k)!} g^{(2k-1)}(n+1) + o(g^{(2p-1)}(n+1))

mỗi số hạng của tổng này đều không đáng kể đối với số hạng đứng trước; khi khai triển từng số hạng theo một thang so sánh $\mathscr{E}$ thì khi đó ta sẽ có một khai triển tiệm cận của $s_n$ .

2) Bây giờ giả sử rằng đối với một chỉ số $q$ sao cho $1 \leq q \leq p$ ta có $|g^{(2q-1)}(n)|$ tiến tới $+\infty$ khi $n$ tăng, nhưng $g^{(2k-1)}(n)$ tiến tới 0 với $k > q$ . Vì $g^{(2p+1)}$ là đơn điệu trên một lân cận của $+\infty$ nên tích phân $\int_0^\infty |g^{(2p+1)}(u)| \, du$ hội tụ, và khi đó ta có thể viết

= $\sum_{m=0}^{n} g(m) = \int_0^{n+1} g(t)\,dt - \frac{1}{2}g(n+1) + \sum_{k=1}^{q} \frac{b_{2k}}{(2k)!}\,g^{(2k-1)}(n+1) + C$

+ \sum_{k=q+1}^{p} \frac{b_{2k}}{(2k)!}\,g^{(2k-1)}(n+1) + o\left(g^{(2p-1)}(n+1)\right)

C

là một hằng: thật vậy

\int_{n+1}^{\infty} |g^{(2p+1)}(u)|\,du = O\left(g^{(2p)}(n+1)\right) = o\left(g^{(2p-1)}(n+1)\right).

Công thức ấy vẫn đúng khi chính

g(n)

tiến tới 0. Sau cùng, khi chuỗi có số hạng tổng quát

g(n)

hội tụ, ta có, đối với số dư

r_n = \sum_{m=n+1}^{\infty} g(m)

, khai triển

= \sum_{m=n+1}^{\infty} g(m) = \int_{n+1}^{\infty} g(t)\,dt + \frac{1}{2}\,g(n+1)

- \sum_{k=1}^{p} \frac{b_{2k}}{(2k)!}\,g^{(2k-1)}(n+1) + o\left(g^{(2p-1)}(n+1)\right).

Bài tập

Xem bài tập cho § 3.