§ 3. 。实变量函数的渐近展开

Google 翻译生成的粗略草稿，质量较低。术语依照术语表，但句子可能有误；之后会由仔细的译文取代。

§ 3。实变量函数的渐近展开

在这个截面中，我们将仅考虑以下情况：集合 $E$ 是扩展实直线 $\overline{\mathbf{R}}$ 中的开区间，并且 $\mathfrak{F}$ 是基，对于左侧或右侧端点的邻域滤波器的 $E$ 上的迹 $\alpha$ / $E$ ；此外，我们将首先研究 $\mathfrak{F}$ 中集合定义的（有限）实数函数（取决于所考虑的函数）。

根据需要使用变量 $x' = -x,\ x' = \frac{1}{x-\alpha},\ x' = -\frac{1}{x-\alpha}$ 的变换之一，对于E为区间形式] $a, +\infty[$ 的情况，总是可以约化，这样 $\mathfrak{F}$ 将由区间 $[t, +\infty[$ 和 $t > a$ 组成。我们将主要局限于后一种情况，并将翻译我们获得的大部分命题（通过上述变量变换）的任务留给读者，除了一些特别重要的结果。

滥用语言将 $\mathfrak{F}$ 中的集合称为“ $+\infty$ 的邻域”会很方便。

1. 比较整合关系：I。弱关系

命题 1 08F4

令 $\mathbf{f}$ 为受调节的向量函数， $g$ 为间隔 $[a, +\infty[$ 上受调节的函数 $\geqslant 0$ ，使得 $\int_a^{+\infty} g(t)\,dt > 0$ 。关系 $\mathbf{f} \preccurlyeq g$ 因为 $x$ 倾向于 $+\infty$ 意味着 $\int_a^x \mathbf{f}(t)\,dt \preccurlyeq \int_a^x g(t)\,dt$ 。如果积分 $\int_a^{+\infty} g(t)\,dt$ 收敛，则积分 $\int_a^{+\infty} \mathbf{f}(t)\,dt$ 绝对收敛。

事实上，到假设时，存在 $b \geqslant a$ 和数 $c' > 0$ ，使得

\| \mathbf{f}(x) \| \leqslant c' g(x) \quad \text{for } x \geqslant b,

从而

\left\| \int_b^x \mathbf{f}(t)\,dt \right\| \leqslant \int_b^x \| \mathbf{f}(t) \| \,dt \leqslant c' \int_b^x g(t)\,dt;

此外，因为人们可能会假设

b

大到

\int_a^b g(t)\,dt > 0

，所以存在一个

c'' > 0

使得

\left\| \int_a^b \mathbf{f}(t)\,dt \right\| \leqslant c'' \int_a^b g(t)\,dt

；因此，在输入

c = \max(c', c'')

时，有

\left\| \int_a^x \mathbf{f}(t)\,dt \right\| \leqslant c \int_a^x g(t)\,dt

每

x \geqslant b

、从而命题。

推论 1 08F5

如果 $f$ 和 $g$ 在 $[a, +\infty[$ 区间上调节函数和 $\geqslant 0$ ，则 $f \succcurlyeq g$ ，如果 $\int_a^{+\infty} g(t)\,dt = +\infty$ ，则 $\int_a^{+\infty} f(t)\,dt = +\infty$ 。

推论 2 08F6

如果 $f$ 和 $g$ 是 $\geqslant 0$ ，并且 $[a, +\infty[$ 上的零不相同，并且 $f \succeq g$ ，则 $\int_a^x f(t)\,dt \succeq \int_a^x g(t)\,dt$ 。

2. 应用：积分收敛的对数判据

通过适当选择函数g，可以从prop推出判据来决定函数 $f \geq 0$ 的积分 $\int_a^{+\infty} f(t) \, dt$ 是否收敛或无穷大。 V、p. 228 和相关的 1 个。 1 至此：对于原语已知的 g 函数来说，选择就足够了。特别是，由于当 $\mu \neq -1$ 时 $x^\mu$ 具有原语 $\frac{x^{\mu+1}}{\mu+1}$ ，当 $\mu = -1$ 时 $\log x$ ，我们有以下标准：

命题 2（“阶 0 的对数标准”） 08F7

设 f 为区间 $[a, +\infty[$ 上的调节函数 $\geq 0$ ；如果 $f(x) \preccurlyeq x^\mu$ 对于某些 $\mu < -1$ 则积分 $\int_a^{+\infty} f(t) \, dt$ 收敛；如果 $f(x) \succcurlyeq x^\mu$ 对于某些 $\mu \geq -1$ 那么积分 $\int_a^{+\infty} f(t) \, dt$ 是无限的。

当 $1/x^{1+\alpha} \ll f(x) \ll 1/x$ 对于*每个*指数 $\alpha > 0$ 时，这个标准不是决定性的，对于例，当 $f(x) = 1/x(\log x)^\mu$ （ $\mu > 0$ ）时。但在最后一种情况下，如果 $\mu \neq 1$ ，则 f 具有原语 $\frac{1}{1-\mu} (\log x)^{1-\mu}$ ；当 $\mu = 1$ 时，f 有原语 $\log \log x$ 。因此：

命题 3（“阶 1 的对数准则”） 08F8

设 f 为区间 $[a, +\infty[$ 上的调节函数 $\geq 0$ ；如果 $f(x) \preccurlyeq 1/x(\log x)^\mu$ 对于某些 $\mu > 1$ 则积分 $\int_a^{+\infty} f(t) \, dt$ 收敛；如果 $f(x) \succcurlyeq 1/x(\log x)^\mu$ 对于某些 $\mu \leq 1$ 那么积分 $\int_a^{+\infty} f(t) \, dt$ 是无限的。

一般地，对于每个整数 $n \geq 0$ ，让我们用 $l_n(x)$ 函数来表示，关系 $l_0(x) = x$ 归纳定义（对于x足够大）， $l_n(x) = \log(l_{n-1}(x))$ 对于 $n \geq 1$ ;有人说 $l_n(x)$ 是 x* 的*n*次*迭代对数（cf. 附录）。人们立即验证 $\frac{1}{1-\mu} (l_n(x))^{1-\mu}$ 是一个原语

\frac{1}{x l_1(x) l_2(x) \ldots l_{n-1}(x) (l_n(x))^\mu}

对于 $\mu \neq 1$ ， $l_{n+1}(x)$ 是 $\frac{1}{x l_1(x) l_2(x) \ldots l_{n-1}(x) l_n(x)}$ 的原语。因此：

命题 4（“阶 n 的对数准则”） 08F9

设 f 为区间 $[a, +\infty[$ 上的调节函数 $\geq 0$ ；如果，对于某些 $\mu > 1$ ， $f(x) \preccurlyeq \frac{1}{x l_1(x) l_2(x) \ldots l_{n-1}(x) (l_n(x))^\mu}$ ，则积分 $\int_a^{+\infty} f(t) \, dt$ 收敛；如果 $f(x) \succcurlyeq \frac{1}{x l_1(x) l_2(x) \ldots l_{n-1}(x) (l_n(x))^\mu}$ 对于某些 $\mu \leq 1$ ，则积分 $\int_a^{+\infty} f(t) \, dt$ 是无限的。

引用了 1

引用了 V App. 0. 附录

因此，每个对数标准适用于函数，其中阶中的判据不是决定性的（*cf.* V、p. 264，执行 5 b）和 V、p. 265，执行。 8).

由于它的实用性，我们将阶 0 的标准转换为积分 $\int_{\alpha}^{a} f(t) \, dt$ ，其中 $f$ 受到调节，而 $\geq 0$ 则转换为非紧区间 $]\alpha, a]$ ：

命题 5（“阶 0 的对数标准”） 08FA

如果在 $\alpha$ 的邻域上，对于某些 $\mu < 1$ 有 $f(x) \leq 1/(x-\alpha)^{\mu}$ ，则积分 $\int_{\alpha}^{a} f(t) \, dt$ 收敛；如果 $f(x) \geq 1/(x-\alpha)^{\mu}$ 对于某些 $\mu \geq 1$ 那么积分 $\int_{\alpha}^{a} f(t) \, dt$ 是无限的。

我们留给读者类似地翻译阶 $n$ 的对数准则。

如果知道如何获得 $f$ 的*本金部分* 相对于这些判据中的特征的比较标度包含函数，则对数判据的应用为直接的：如果 $f_1$ 是本金部分，整的 $\int_{\alpha}^{+\infty} f(t) \, dt$ 与 $\int_{\alpha}^{+\infty} f_1(t) \, dt$ 一起收敛或无穷大，对数判据立即应用于最后一个积分。

例 1 08FB

当 $p < 0$ 或 $q < 0$ 时，函数 $t^p(1-t)^q$ 不受 $]0, 1[$ 的限制；根据对数准则阶 0 应用于点 0 和 1 的邻域，整的 $\int_{0}^{1} t^p(1-t)^q \, dt$ 收敛当且仅当 $p > -1$ 和 $q > -1$ 。如果是这样，则该积分称为*第一类欧拉积分*，并用 $\mathbf{B}(p+1, q+1)$ (cf. VII, p. 312) 表示。

引用了 1

引用了 VII § 1. 。真实领域中的 GAMMA 函数

例 2 08FC

考虑积分 $\int_{0}^{+\infty} t^{\lambda-1} e^{-t} \, dt$ 。由于 $e^{-t} \sim 1$ 位于 0 的邻域上，因此如果该积分要收敛，则必须具有 $\lambda > 0$ ；这个条件也足够了，因为在 $+\infty$ 的邻域上，对于任何 $\mu > 0$ ，都有 $e^{-t} \ll t^{-\mu}$ 。当 $x > 0$ 时，积分称为*第二类欧拉积分*，记为 $\Gamma(x)$ (cf. VII, p. 311)。

引用了 1

引用了 VII § 1. 。真实领域中的 GAMMA 函数

3. 比较整合关系：II。强关系

命题 6 08FD

令 $\mathbf{f}$ 为受监管的向量函数，并让 $g$ 为 $[a, +\infty[$ 上受监管的函数 $\geq 0$ 。

引用了 2

引用了 I § 2. 。平均值值定理, § 3. 。实变量函数的渐近展开

1. *如果积分 $\int_{a}^{+\infty} g(t) \, dt$ 收敛，则关系 $\mathbf{f} \ll g$ （分别为 $\mathbf{f} \sim c g$ ，其中 $c$ 为常数）意味着 $\int_{x}^{+\infty} \mathbf{f}(t) \, dt \ll \int_{x}^{+\infty} g(t) \, dt$ （分别为 $\int_{x}^{+\infty} \mathbf{f}(t) \, dt \sim c \int_{x}^{+\infty} g(t) \, dt$ ）。

2. 如果积分 $\int_{a}^{+\infty} g(t) \, dt$ 是无穷大，则关系 $\mathbf{f} \ll g$ （或 $\mathbf{f} \sim c g$ ）意味着

\int_{\alpha}^{\gamma} \mathbf{f}(t) \, dt \ll \int_{\beta}^{\gamma} g(t) \, dt \quad \text{(resp. } \int_{\alpha}^{\gamma} \mathbf{f}(t) \, dt \sim c \int_{\beta}^{\gamma} g(t) \, dt),

对于 $[a, +\infty[$ 中的任何 $\alpha$ 和 $\beta$ 。

证明命题对于关系 $\mathbf{f} \ll g$ 就足够了，因为如果 $c \neq 0$ ，关系 $\mathbf{f} \sim c g$ 等价于 $\mathbf{f} - c g \ll g$ 。

第一个部分是平均值定理的直接的推论，因为如果 $\| \mathbf{f}(x) \| \leq \varepsilon g(x)$ 对于 $x \geq x_0$ 可以推断出：

\left\| \int_{x}^{+\infty} \mathbf{f}(t) \, dt \right\| \leq \int_{x}^{+\infty} \| \mathbf{f}(t) \| \, dt \leq \varepsilon \int_{x}^{+\infty} g(t) \, dt \quad \text{for } x \geq x_0.

其次，假设 $\int_{a}^{+\infty} g(t) \, dt = +\infty$ 。如果 $\| \mathbf{f}(x) \| \leq \varepsilon g(x)$ 对应 $x \geq x_0 \geq \max(\alpha, \beta)$ ，则有

\begin{align*} \int_{\alpha}^{x} \| \mathbf{f}(t) \| \, dt &= \int_{\alpha}^{x_0} \| \mathbf{f}(t) \| \, dt + \int_{x_0}^{x} \| \mathbf{f}(t) \| \, dt \\ &\leq \int_{\alpha}^{x_0} \| \mathbf{f}(t) \| \, dt + \varepsilon \int_{x_0}^{x} g(t) \, dt \\ &= \varepsilon \int_{\beta}^{x} g(t) \, dt + \left( \int_{\alpha}^{x_0} \| \mathbf{f}(t) \| \, dt - \varepsilon \int_{\beta}^{x_0} g(t) \, dt \right). \end{align*}

现在存在一个 $x_1 \geq x_0$ ，对于每个 $x \geq x_1$

\left| \int_{\alpha}^{x_0} \| \mathbf{f}(t) \| \, dt - \varepsilon \int_{\beta}^{x_0} g(t) \, dt \right| \leq \varepsilon \int_{\beta}^{x} g(t) \, dt

从而, $x \geq x_1$

\left\| \int_{\alpha}^{x} \mathbf{f}(t) \, dt \right\| \leq \int_{\alpha}^{x} \| \mathbf{f}(t) \| \, dt \leq 2\varepsilon \int_{\beta}^{x} g(t) \, dt

这完成了证明，因为 $\varepsilon > 0$ 是任意的。

在其他字中，当 $g$ 在间隔 $[a, +\infty[$ 上为正时，可以整合强关系 $\mathbf{f} \ll g$ 、 $\mathbf{f} \sim \mathbf{a}g$ 的两个项，并且关系持续存在于两个项的原语之间，前提是要注意从如果 $\int_{a}^{+\infty} g(t) \, dt$ 收敛，则从 $x$ 到 $+\infty$ ，反之则从 $\alpha$ 到 $x$ （对于 $[a, +\infty[$ 中的任何 $\alpha$ ）。

注那个道具。当 $\mathfrak{F}$ 为基时，对于可数集合的补集上的间隔 $[t, +\infty[$ （其中 $t > a$ ）的跟踪过滤器，1（V，p. 228）和6（V，p. 230）仍然有效（cf.I，p. 15，第 2 个）。

例 1 08FE

在应用支柱上。 V、p. 230、关系 $1/x \ll x^{\alpha-1}$ （其中 $\alpha > 0$ ）的 6 个 $\alpha > 0$ ，再次获得关系 $\log x \ll x^{\alpha}$ ，这相当于关系 $y^{1/\alpha} \ll e^y$ 证明III，p. 105。

引用了 2

引用了 III § 2. 。指数和循环函数的展开以及与它们相关的函数, § 3. 。实变量函数的渐近展开

例 2 08FF

我们有 $\left( \frac{e^t}{x} \right)' = \frac{e^t}{x} \left( 1 - \frac{1}{x} \right) \sim e^t / x$ ；由于 $e^t / x$ 与 $x$ 趋向于 $+\infty$ ，因此可以从 prop 推导出来。 V、p. 230、 $\int_{1}^{x} \frac{e^t}{t} \, dt \sim e^x / x$ 中的 6 个。

引用了 1

引用了 § 3. 。实变量函数的渐近展开

注 08FG

当 $g$ 不被假设在区间 $[a, +\infty[$ 上保持 $\geq 0$ （或在这样的区间上保持 $\leq 0$ ），并且 $\int_{a}^{+\infty} g(t) \, dt$ 不收敛时，关系 $f \sim g$ 不一定意味着 $\int_{a}^{x} f(t) \, dt \sim \int_{a}^{x} g(t) \, dt$ ，如例所示其中 $g(x) = \sin x$ 和 $f(x) = \left( 1 + \frac{\sin x}{x} \right) \sin x$ ；这里

\int_{n\pi}^{(n+1)\pi} \frac{\sin^2 t}{t} \, dt \geq \frac{1}{(n+1)\pi} \int_{0}^{\pi} \sin^2 t \, dt \geq \frac{1}{2} \int_{n+1}^{n+2} \frac{dt}{t},

从而

\int_{\pi}^{n\pi} \frac{\sin^2 t}{t} \, dt \geq \frac{1}{2} \int_2^{n+1} \frac{dt}{t}

并且积分

\int_1^{+\infty} dt/t

是无限的，虽然

\int_{\frac{\pi}{2}}^x g(t) \, dt = -\cos x

仍然有界（参见 V、p. 260、练习 4）。

引用了 1

引用了 § 3. 。实变量函数的渐近展开

4. 比较差异关系

命题 1 (V, p. 228) 和 6 (V, p. 230) 不具有逆命题：两个函数之间存在可微分的比较关系 $f \preccurlyeq g,\ f \ll g,\ f \sim cg$ $+\infty$ 的邻域并不意味着它们的导数之间有相同的关系比较，即使对于真正的单调函数 $f$ 和 $g$ 也是如此。

对于例，函数 $x^2 + x \sin x + \cos x$ 是单调的，等价于 $x^2$ ，但它的导数 $x(2 + \cos x)$ 不等价于 $2x$ 。

另一方面，当我们先验地假设所考虑的函数的导数是可比较的（V，p. 217）时，就可以推导出比较关系。一般来说，我们可以说，在区间 $[a, +\infty[$ 上定义的两个实数函数 $f$ 和 $g$ 相当于 $+\infty$ 的邻域上的阶 $k$ ，如果，在邻域上 $+\infty$ ，除了点的可数集合之外，它们各自都有受管制的 $k^{th}$ 导数，并且如果在这个邻域、 $f^{(k)}$ 和 $g^{(k)}$ 上具有常数符号（在定义它们的集合上）并且具有可比性。

我们同意说两个可比较的实数函数（V，p. 217）可比较阶 0。

命题 7 08FH

如果两个实数函数 $f,\ g$ ，阶1具有可比性，则它们具有可比性；此外，关系 $f \ll g$ （分别 $f \sim cg$ 、 $c$ 常数）意味着 $f' \ll g'$ （分别 $f' \sim cg'$ ）除非 $g$ 等价于非零的常数。

引用了 2

引用了 V § 1. 。函数与过滤后的集合的比较, § 3. 。实变量函数的渐近展开

现在，由于 $f'$ 和 $g'$ 在区间 $[x_0, +\infty[$ 上具有恒定符号， $f$ 和 $g$ 在该区间上都是单调的，因此趋向于有限或无限极限，就像 $x$ 趋向于 $+\infty$ 一样。显然， $f$ 和 $g$ 具有可比性，因为如果极限之一是有限的而 $\neq 0$ ，或者如果一个是零而另一个是无限的，则 $x$ 趋于 $+\infty$ 。如果 $f$ 和 $g$ 都趋于0，可以写成 $f(x) = -\int_x^{+\infty} f'(t) \, dt,\ g(x) = -\int_x^{+\infty} g'(t) \, dt$ ；由于 $f'$ 和 $g'$ 具有可比性， $f$ 和 $g$ 也是如此， $f$ 和 $g$ 之间的比较关系与 $f'$ 和 $g'$ 之间的比较相同。 6（V，p. 20）。类似地，如果 $f$ 和 $g$ 都有一个无限的极限，其中一个有 $f(x) = f(x_0) + \int_{x_0}^x f'(t) \, dt,\ g(x) = g(x_0) + \int_{x_0}^x g'(t) \, dt$ ；再次支持。 6（V，p. 230）表明 $f$ 和 $g$ 是可比较的， $f$ 和 $g$ 之间的比较关系与 $f'$ 和 $g'$ 之间的比较相同。为了完成证明，还需要考虑 $g$ 趋向于 $\pm \infty$ 和 $f$ 为常数的情况：一个不能然后有 $f' \succcurlyeq g'$ ，因为这样就可以从prop推出。 1 (V, p. 218) 整的 $\int_{x_0}^{+\infty} g'(t) \, dt$ 收敛；由于假设 $f'$ 和 $g'$ 具有可比性，因此必须具有 $f' \ll g'$ 。

推论 08FI

如果两个实数函数 $f, g$ ，阶 $k \geqslant 1$ 具有可比性，那么它们对于 $0 \leqslant p \leqslant k$ 可具有阶 $p$ 可比性；此外，关系 $f \ll g$ （分别 $f \sim cg$ ）意味着 $f^{(k)} \ll g^{(k)}$ （分别 $f^{(k)} \sim cg^{(k)}$ ）除非导数之一 $g^{(p)}$ （ $0 \leqslant p \leqslant k - 1$ ）相当于常数 $\neq 0$ 。

引用了 1

引用了 § 3. 。实变量函数的渐近展开

事实上，由于 $f^{(k)}$ 和 $g^{(k)}$ 在区间 $[x_0, +\infty[$ 上具有常数符号，因此 $f^{(k-1)}$ 和 $g^{(k-1)}$ 在该区间上是单调的，因此在 $+\infty$ 的邻域上具有常数符号；此外，道具。 V、p. 232的7表明 $f^{(k-1)}$ 和 $g^{(k-1)}$ 具有可比性，因此推论来自应用命题。 7 递归。

注 1 08FJ

限制在 $g$ 上。 7是必不可少的。对于例，有 $\frac{1}{x} \ll 1 + \frac{1}{x}$ 甚至虽然，两边的导数是等价的；类似地 $1 + \frac{1}{x} \sim 1 + \frac{1}{x^2}$ ，但是 $1/x^2 \gg 2/x^3$ 。

注 2 08FK

虽然 $f$ 和 $g$ 可与阶 $k$ 进行比较函数 $f_1$ 相当于 $f$ 无需将阶 $k$ 与 $g$ 进行比较；然而，如果假设 $f_1$ 与阶 $k$ 与 $f$ 具有可比性，并且没有一个导数 $f^{(p)}$ ( $0 \leqslant p \leqslant k - 1$ ) 等于非零的常数，情况就会如此。

注 3 08FL

如果 $f$ 和 $g$ 与阶 $k$ 具有可比性，那么对于 $hf$ 和 $hg$ 就不必如此，即使对于单调函数 $h$ 就像 $h(x) = x$ (V, p. 260，练习3）；同样， $1/f$ 和 $1/g$ 不一定与阶 $k$ 具有可比性（V、p. 259，练习1）。

引用了 1

引用了 § 3. 。实变量函数的渐近展开

5. 基元的部分

令 $f$ 为在区间 $[a, +\infty[$ 上具有常数符号的调节实数函数 $\neq 0$ ；如果 $\int_a^{+\infty} f(t)\,dt$ 在某些情况下收敛，则以下命题允许获得原语 $\int_a^{+\infty} f(t)\,dt$ 的本金部分，如果 $\int_a^{+\infty} f(t)\,dt$ 是无限的，则可以获得原语 $\int_a^x f(t)\,dt$ 的本金：

命题 8 08FM

把* $F(x) = \int_x^{+\infty} f(t)\,dt$ 如果 $\int_a^{+\infty} f(t)\,dt$ 收敛，*并且* $F(x) = \int_a^x f(t)\,dt$ 如果 $\int_a^{+\infty} f(t)\,dt$ 是无限的。假设 $\log|f|$ 和 $\log x$ 相当于阶 1。

引用了 3 · 被以下引用 3

引用了 V § 1. 。函数与过滤后的集合的比较, § 3. 。实变量函数的渐近展开, V § 2. 。渐近展开

被以下引用命题 1, V Appendix 0, 注, 例 2

1 如果 $f$ 有限阶 $\mu \neq -1$ 相对于 $x$ 一个有

F(x) \sim \frac{1}{|\mu+1|} x f(x).

(1)

2 如果 $f$ 相对于 $x$ *具有无限阶 并且如果 $f/f'$ 和 $x$ 可与阶 1 进行比较，*则有*

F(x) \sim \frac{(f(x))^2}{|f'(x)|}.

(2)

人们应该注，假设意味着 $f(x)$ 相对于 $x$ （V，p. 219）有一个确定的阶。

1 如果 $f$ 属于阶 $\mu \neq 0$ 相对于 $x$ 一个有 $\log|f| \sim \mu \log x$ ，*所以，因为* $\log|f|$ 和 $\log x$ 可与阶 1 进行比较，*通过道具。 7 个V，p. 232 其中一个有* $f'/f \sim$ μ/x，从而 $x f' \sim \mu f$ 。如果 $\mu > -1$ 对于每个 $\varepsilon > 0$ 都有 $f(x) \gg x^{\mu-\varepsilon}$ ，因而（V，p. 229，道具 2）整的 $\int_a^{+\infty} f(t)\,dt$ 是无限的。可以再写 $F(x) = \int_a^x f(t)\,dt = x f(x) - af(a) - \int_a^x t f'(t)\,dt$ 、从而

\int_a^x (f(t) + t f'(t))\,dt = x f(x) - af(a);

因为

\mu \neq -1

我们有

f(x) + x f'(x) \sim (\mu + 1) f(x)

，所以（V，p. 230，道具6）

\int_a^x (f(t) + t f'(t))\,dt \sim (\mu + 1) F(x),

在这种情况下证明了（1）。如果

\mu = 0

同样有

x f'(x) \ll f(x)

，它又给出

f(x) + x f'(x) \sim f(x)

。当

\mu < -1

时，在

\int_a^{+\infty} f(t)\,dt

收敛的情况下，人们也有类似的争论。

2) 如果 $f$ 相对于 $x$ 来说是阶 $+\infty$ ，那么一个人有 $\log |f| \gg \log x$ ，那么（V，p. 232，道具7） $f'/f \gg 1/x$ ，或者再次，放入 $g(x) = f(x)/f'(x)$ ， $g(x) \ll x$ ；此外，由于 $f(x) \gg x^\alpha$ 对于每个 $\alpha > 0$ ，整的 $\int_a^{+\infty} f(t)\,dt$ 是无限的。一个人可以写

F(x) = \int_a^x f(t)\,dt = \int_a^x g(t) f'(t)\,dt = g(x) f(x) - g(a) f(a) - \int_a^x f(t) g'(t)\,dt;

由于

g

和

x

与阶 1 相当，从关系

g(x) \ll x

可以推出（V，p. 232，命题 7）

g'(x) \ll 1

，因而

f g' \ll f

，因而（V，p. 230，道具 6）

\int_a^x f(t) g'(t)\,dt \ll F(x),

从而建立关系 (2)。当

f

相对于

x

为阶

-\infty

时，证明是相似的，在

\int_a^{+\infty} f(t)\,dt

收敛的情况下。

令 $\mathscr{E}$ 为比较尺度（对于趋向于 $+\infty$ 的实数 $x$ ），由非零的实数函数组成，其在 $+\infty$ 的邻域上具有恒定符号，使得 $x \in \mathscr{E}$ 且使得乘积和 2 的商函数再次从 $\mathscr{E}$ 属于到 $\mathscr{E}$ （V、p. 221和p. 224）。如果函数 $f$ 在 $+\infty$ 的邻域上具有常量符号，相对于 $\mathscr{E}$ 有一个本金部分 $c g$ ，则 $\int_x^{+\infty} f(t)\,dt$ （根据情况分别为 $\int_a^x f(t)\,dt$ ）将等于 $c \int_x^{+\infty} g(t)\,dt$ （分别 $c \int_a^x g(t)\,dt$ ）；如果函数 $g$ 满足 prop 的假设。 V、p. 233 的 8，并且如果（当V、p. 233 的公式 (2) 适用时）已知相对于 $g'$ 的本金部分相对于 $\mathscr{E}$ ，则将拥有本金部分 $\int_x^{+\infty} f(t)\,dt$ （分别为 $\int_a^x f(t)\,dt$ ）相对于 $\mathscr{E}$ 。

例 1 08FN

函数 $1/\log x$ 相对于 $x$ 为阶 0 并且满足 prop 的条件。 8 个V、p. 233；因此

\int_a^x \frac{dt}{\log t} \sim \frac{x}{\log x}.

引用了 1

引用了 § 3. 。实变量函数的渐近展开

例 2 08FO

函数 $e^{t^2}$ 相对于 $x$ 具有阶 $+\infty$ 且满足 prop 的条件。 8、所以

\int_a^x e^{t^2}\,dt \sim \frac{1}{2x}\,e^{x^2}.

在附录 (V, p. 252) 中，我们将函数的定义集合用作哪个道具。 7 和支柱。 8 始终适用。

引用了 1

引用了 V App. 0. 附录

注 08FP

提案 8 并不直接适用于阶 $-1$ 相对于 $x$ 的函数 $f$ 。但是，我们可以写 $f(x) = f_1(x)/x$ ，其中 $f_1$ 相对于 $x$ 为阶 0。假设，对于例， $\int_a^{+\infty} f(t)\,dt$ 是无限的；那么

F(x) = \int_a^x f(t)\,dt = \int_a^x \frac{1}{t} f_1(t)\,dt = \int_{\log a}^{\log x} f_1(e^u)\,du.

如果函数 $f_1(e^t)$ 满足 prop 的假设。 8 并且相对于 $y$ 有阶 $\neq -1$ （也就是说，如果 $f_1(x)$ 相对于 $\log x$ 有阶 $\neq -1$ ）公式（1）和（2）再次允许我们获得本金部分 $F(x)$ 。对于例，设 $f(x) = \frac{\exp(\sqrt{\log x})}{x \log x}$ ；因为 $\exp(\sqrt{\log x})$ 相对于 $x$ 来说是阶0，所以 $f$ 是阶 $-1$ ；这里有一个 $f_1(e^t) = e^{\sqrt{t}}/y$ ，这个函数相对于 $y$ 来说是阶 $+\infty$ ；支柱。 8 应用并给出 $\int_a^x e^{\sqrt{u}}/u\,du \sim 2e^{\sqrt{y}}/\sqrt{y}$ ：恢复到变量 $x$ ，我们有 $\int_a^x \frac{\exp(\sqrt{\log t})}{t \log t}\,dt \sim \frac{2\exp(\sqrt{\log x})}{\sqrt{\log x}}$ 。

引用了 1

引用了命题 8

6. 原语的渐近展开

令 $\mathscr{E}$ 为 $+\infty$ 与邻域的比较标尺，由 $+\infty$ 的邻域上的常号实数函数 $\neq 0$ 组成；设 $\mathbf{f}$ 是在区间 $[a,\,+\infty[$ 上定义的受规向量函数，其中值位于完全规范的空间 $E$ 中，承认渐近展开

\mathbf{f} = \sum_{\lambda \leq \alpha} \mathbf{a}_\lambda g_\lambda + \mathbf{r}_\alpha

相对于 $\mathscr{E}$ 的精度为 $g_\alpha$ 。进一步假设函数 $g \in \mathscr{E}$ 的每个本原 $\int_a^x g(t)\,dt$ 都承认关于 $\mathscr{E}$ 的渐近展开。在这些情况下，我们将看到相对于 $\mathscr{E}$ 可以获得 $F(x) = \int_a^x \mathbf{f}(t)\,dt$ 的渐近展开。我们区分两种情况：

1. $\int_a^{+\infty} g_\alpha(t)\,dt$ 是无穷大；那么就有 $\int_a^x \mathbf{r}_\alpha(t)\,dt \ll \int_a^x g_\alpha(t)\,dt$ （V，p. 230，道具 6）；通过假设可以得到 $\sum_{\lambda \leq \alpha} \mathbf{a}_\lambda \int_a^x g_\lambda(t)\,dt$ 的渐近展开达到一定精度 $g_\rho$ （V，p. 222）；如果 $c g_\sigma$ 是 $\int_a^x g_\alpha(t)\,dt$ 的主要部分，那么将有一个 $\int_a^x \mathbf{f}(t)\,dt$ 的渐近展开精确到 $g_{\min(\rho,\sigma)}$ ，所有项都无限期地具有递增范数。

2. $\int_a^{+\infty} g_\alpha(t)\,dt$ 收敛；设 $\beta$ 为指标 $\lambda \leq \alpha$ 的最小的，使得 $\mathbf{a}_\lambda \neq 0$ 且 $\int_a^{+\infty} g_\lambda(t)\,dt$ 收敛；整的

C = \int_a^{+\infty} \left( \mathbf{f}(t) - \sum_{\lambda < \beta} \mathbf{a}_\lambda g_\lambda(t) \right) dt

然后收敛，可以写出

F(x) = \sum_{\lambda < \beta} \mathbf{a}_\lambda \int_a^x g_\lambda(t)\,dt + C - \sum_{\beta \leq \lambda \leq \alpha} \mathbf{a}_\lambda \int_a^{+\infty} g_\lambda(t)\,dt - \int_a^{+\infty} \mathbf{r}_\alpha(t)\,dt.

然后 $\int_a^{+\infty} r_\alpha(t) \, dt \ll \int_1^{+\infty} g_\alpha(t) \, dt$ ；如果 $c g_\sigma$ 是 $\int_1^{+\infty} g_\alpha(t) \, dt$ 的主部分，并且如果有一个渐近展开

\sum_{\lambda < \beta} a_\lambda \int_a^\lambda g_\lambda(t) \, dt + C - \sum_{\beta \leq \lambda \leq \alpha} a_\lambda \int_\lambda^{+\infty} g_\lambda(t) \, dt

对于精度 $g_\rho$ ，结果将是 $F$ 到精度 $g_{\min(\rho, \sigma)}$ 的渐近展开。

因此，这一切都相当于找到关于 * $\mathscr{E}$ 中函数的基元的 $\mathscr{E}$ 的渐近展开。我们已经看到，根据 $\mathscr{E}$ 的某些假设，道具。 V、p. 233的8给出了这样一个原语的本金部分。此外，道具的证明。 8 给出了函数 $\frac{1}{|\mu + 1|} (x f'(x) + f(x)) - f(x)$ （分别为 $f(x) g'(x)$ 和 $g = f/f'$ ）基元的形式中 V、p. 233 的公式 (1)（分别为 (2)）两侧的差值表达式；在形成这个新原语的主部分时，作为（1）（或（2））右侧的渐近展开，我们获得了所寻求的展开的右侧（参见V，p. 247-255）。

例 1 08FQ

令 $f(x) = 1/\log x$ ( $x > 1$ );我们已经看到了 $\int_a^\lambda dt / \log t \sim x / \log x$ ，并且差值 $\int_a^\lambda \frac{dt}{\log t} - \frac{\lambda}{\log \lambda}$ 是 $1/(\log x)^2$ 的原语；可以应用道具。再次对这个函数进行8，因此得到 $\int_a^\lambda dt / (\log t)^2 \sim x / (\log x)^2$ 。通过递归可以得到展开

\int_a^\lambda \frac{dt}{\log t} = \frac{x}{\log x} + \frac{x}{(\log x)^2} + \frac{2x}{(\log x)^3} + \cdots + (n-1)! \frac{x}{(\log x)^n} + o \left( \frac{x}{(\log x)^n} \right).

注，无论 $n$ 如何，这个展开的所有项都倾向于 $+\infty$ 和 $x$ 。

例 2 08FR

让 $f(x) = \frac{e^x}{x^2 + 1}$ ；可以写 $f(x) = \frac{e^x}{x^2} - \frac{e^x}{x^4} + o_1 \left( \frac{e^x}{x^4} \right)$ 。道具 8 给出展开

\int_a^\lambda \frac{e^t}{t^2} \, dt = \frac{e^x}{x^2} + \frac{2e^x}{x^3} + \frac{6e^x}{x^4} + o_2 \left( \frac{e^x}{x^4} \right), \quad \int_a^\lambda \frac{e^t}{t^4} \, dt = \frac{e^x}{x^4} + o_3 \left( \frac{e^x}{x^4} \right)

从而，添加后，

\int_a^\lambda \frac{e^t}{t^2 + 1} \, dt = \frac{e^x}{x^2} + 2 \frac{e^x}{x^3} + 5 \frac{e^x}{x^4} + o_4 \left( \frac{e^x}{x^4} \right).

引用了 1

引用了命题 8

习题

参见习题为 § 3。