Bourbaki

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。

§ 4。适用于级数并具有正值项

1. 判据级数与正项收敛

在这个截面通过*级数和积极的项*我们将理解（通过滥用语言）真正的项的级数(un)(u_n)，使得un≥0u_n \geq 0*从n的某个特定*值开始。 Everything we shall say about such series will extend immediately by a change of sign to series all of whose terms are ≤0\leq 0 starting from some particular value of n. 我们已经看到（II，p. 64，例 3），对于规范化的空间 E 中点的每一个序列(un)n≥1(\mathbf{u}_n)_{n \geq 1}，我们可以将[1,+∞[[1, +\infty[上定义的步骤函数u\mathbf{u}关联起来： 条件u(x)=un\mathbf{u}(x) = \mathbf{u}_n对于n≤x<n+1n \leq x < n+1：则级数(un)(\mathbf{u}_n)收敛当且仅当积分∫1+∞u(t) dt\int_1^{+\infty} \mathbf{u}(t)\,dt收敛。

令(un)(u_n)和(vn)(v_n)为两个级数且项为正数，并且uu和vv关联的步骤函数：关系un≤vnu_n \leq v_n对于n≥n0n \geq n_0相当于u(x)≤v(x)u(x) \leq v(x)对于x≥n0x \geq n_0。因此，关系 un≼vn,un≪vn,un∼vnu_n \preccurlyeq v_n, u_n \ll v_n, u_n \sim v_n分别相当于u(x)≼v(x),u(x)≪v(x)u(x) \preccurlyeq v(x), u(x) \ll v(x)和u(x)∼v(x)u(x) \sim v(x)；这个注允许我们翻译命题1（V，p. 228）和6（V，p. 230）如下：

命题 1 08FZ

令*(un)(u_n)*和*(vn)(v_n)*为两个级数且项为正。如果* un≼vnu_n \preccurlyeq v_n 且如果级数 (vn)(v_n) 收敛，则 (un)(u_n) 收敛；如果 un≻vnu_n \succ v_n 并且如果 ∑n=1∞vn=+∞\sum_{n=1}^{\infty} v_n = +\infty，*则* ∑n=1∞un=+∞\sum_{n=1}^{\infty} u_n = +\infty。

命题 2 08G0

令* (un)(u_n) 和 (vn)(v_n) 为两个级数且项为正数： 1. 如果级数 (vn)(v_n) 收敛，则关系 un≪vnu_n \ll v_n （分别 un∼vnu_n \sim v_n）*意味着* ∑p=n∞up≪∑p=n∞vp\sum_{p=n}^{\infty} u_p \ll \sum_{p=n}^{\infty} v_p （分别 ∑p=n∞up∼∑p=n∞vp\sum_{p=n}^{\infty} u_p \sim \sum_{p=n}^{\infty} v_p）。 2. 如果 ∑n=1∞vn=+∞\sum_{n=1}^{\infty} v_n = +\infty 则关系 un≪vnu_n \ll v_n （分别 un∼vnu_n \sim v_n）*意味着* ∑p=1nup≪∑p=1nvp\sum_{p=1}^{n} u_p \ll \sum_{p=1}^{n} v_p （分别 ∑p=1nup∼∑p=1nvp\sum_{p=1}^{n} u_p \sim \sum_{p=1}^{n} v_p）。

通过在prop中进行比较级数(vn)(v_n)，可以方便地收敛判据。 1 级数，其项为形式vn=f(n)v_n = f(n)，其中ff为函数≥0\geq 0，为区间[x0,+∞[[x_0, +\infty[上的每个实数x>x0x > x_0和递减定义；的确：

命题 3（柯西-麦克劳林准则） 08G1

如果* ff 是函数 ≥0\geq 0 且递减在 [x0,+∞[[x_0, +\infty[上，*则级数与一般项* vn=f(n)v_n = f(n) 收敛当且仅当积分 ∫x0+∞f(t) dt\int_{x_0}^{+\infty} f(t)\,dt 收敛。

引用了 3

引用了 II § 2. 。非紧区间上的积分, V § 3. 。实变量函数的渐近展开, § 4. 。适用于级数并具有正值项

为了证明这一点，注是足够的，如果vv是与级数(vn)(v_n)相关的步骤函数，那么对于每个x≥x0x \geq x_0，v(x+1)≤f(x)≤v(x)v(x+1) \leq f(x) \leq v(x)是足够的，因为ff是递减；因此，命题是比较原理的推论（II，p. 66，道具 3）。

由于函数具有积分（V、p. 229、属性 2、3 和 4）的对数收敛性判据的特征，因此在区间 [x0,+∞[[x_0, +\infty[、应用属性上为递减。 V、p. 237的1和3给出以下判据：

命题 4（“阶 0 的对数准则”） 08G2

设(un)(u_n)为级数，且项为正；如果un≼nμu_n \preccurlyeq n^\mu对于某些μ<−1\mu < -1则级数(un)(u_n)收敛；如果 un≽nμu_n \succcurlyeq n^\mu 对于某些 μ≥−1\mu \geq -1 那么级数 (un)(u_n) 有一个无限的和。

命题 5（“阶 pp 的对数标准”） 08G3

令 (un)(u_n) 为级数，项为正值。如果un≼1nl1(n)l2(n)…lp−1(n)(lp(n))μu_n \preccurlyeq \frac{1}{nl_1(n)l_2(n)\ldots l_{p-1}(n)(l_p(n))^\mu}对于某些μ>1\mu > 1则级数(un)(u_n)收敛；如果 un≽1nl1(n)l2(n)…lp−1(n)(lp(n))μu_n \succcurlyeq \frac{1}{nl_1(n)l_2(n)\ldots l_{p-1}(n)(l_p(n))^\mu} 对于某些 μ≤1\mu \leq 1 那么级数 (un)(u_n) 有一个无限的和。

引用了 1

引用了 TG IV § 7. 实数的无限和和乘积

如果 0≤q<10 \leq q < 1 对于任何 μ>0\mu > 0 都有 qn≼n−μq^n \preccurlyeq n^{-\mu}； 应用阶 0 的对数判据再次证明了 ∣q∣<1|q| < 1 的几何级数 ∑n=0∞qn\sum_{n=0}^\infty q^n 的收敛性（Gen. Top.、IV、p. 364）。如果有人应用道具。 1 与 vn=qnv_n = q^n 得到一个准则，该准则可放入以下形式（“柯西准则”）中： 令 (un)(u_n) 为级数，项为正；如果lim sup⁡n→∞(un)1/n<1\limsup_{n \to \infty}(u_n)^{1/n} < 1则级数(un)(u_n)收敛；如果 lim sup⁡n→∞(un)1/n>1\limsup_{n \to \infty}(u_n)^{1/n} > 1 则级数 (un)(u_n) 有无限和。 事实上，如果 lim sup⁡n→∞(un)1/n=a<1\limsup_{n \to \infty}(u_n)^{1/n} = a < 1 那么 un≼qnu_n \preccurlyeq q^n 对于每个 qq 使得 a<q<1a < q < 1。另一方面，如果lim sup⁡n→∞(un)1/n=a>1\limsup_{n \to \infty}(u_n)^{1/n} = a > 1则un≽qn>1u_n \succcurlyeq q^n > 1对于nn的无限多个值，对于任何qq使得1<q<a1 < q < a；因为 unu_n 不趋于 0，所以有 ∑n=1∞un=+∞\sum_{n=1}^\infty u_n = +\infty。

这个准则在*整个级数*理论中非常有用，我们稍后会研究；但即便如此，它也不允许人们决定级数(1/nα)(1/n^\alpha)的收敛性，在其他字中，它的域的应用比对数判据的限制要大得多。

2. 级数部分和的渐近展开

对于趋于 +∞+\infty 的 xx 实数，令 E\mathscr{E} 为由函数形成的比较量表，每个量表均定义在*整个区间* [x0,+∞[[x_0, +\infty[（取决于函数）上，并且在此区间上为 ≥0\geq 0。令 (un)(\mathbf{u}_n) 为级数，其项属于为完全范数空间 E\mathbf{E}，使得 un\mathbf{u}_n 相对于规模 E′\mathscr{E}' 承认渐近展开至精度 gαg_\alpha E\mathscr{E}中函数的限制到N\mathbf{N}：

un=∑λ≤αaλgλ(n)+rα(n). \mathbf{u}_n = \sum_{\lambda \leq \alpha} \mathbf{a}_\lambda g_\lambda(n) + \mathbf{r}_\alpha(n).

假设每个部分和∑m=1ng(m)\sum_{m=1}^n g(m)，其中g∈Eg \in \mathscr{E}，都承认相对于E′\mathscr{E}'渐近展开。然后可以得到sn=∑m=1nums_n = \sum_{m=1}^n \mathbf{u}_m相对于E′\mathscr{E}'的渐近展开；我们再次区分两种情况：

1°∑n=1∞gα(n)=+∞\sum_{n=1}^{\infty} g_{\alpha}(n) = +\infty。那么 (V, p. 237, 命题 2) 有 ∑m=1nrα(m)≪∑m=1ngα(m)\sum_{m=1}^{n} r_{\alpha}(m) \ll \sum_{m=1}^{n} g_{\alpha}(m)： 通过假设可以得到渐近展开

∑λ≤αaλ(∑m=1ng(m)) \sum_{\lambda \leq \alpha} a_{\lambda} \left( \sum_{m=1}^{n} g(m) \right)
(V, p. 222) 达到一定精度gσg_{\sigma}；如果cgσ(n)c g_{\sigma}(n)是∑m=1ngα(m)\sum_{m=1}^{n} g_{\alpha}(m)的主部分，则sns_{n}的渐近展开精确到gmin⁡(ρ,σ)g_{\min(\rho,\sigma)}。

2°∑n=1∞gα(n)\sum_{n=1}^{\infty} g_{\alpha}(n)收敛；然后令β\beta为指标λ≤α\lambda \leq \alpha的最小的，使得aλ≠0a_{\lambda} \neq 0且∑n=1∞gλ(n)\sum_{n=1}^{\infty} g_{\lambda}(n)收敛； 级数

C=∑n=1∞(un−∑λ<βaλgλ(n)) C = \sum_{n=1}^{\infty} \left( u_{n} - \sum_{\lambda < \beta} a_{\lambda} g_{\lambda}(n) \right)
然后绝对收敛，可以写
sn=∑λ<βaλ(∑m=1ngλ(m))+C−∑β≤λ≤αaλ(∑m=n+1∞gλ(m))−∑m=n+1∞rα(m). s_{n} = \sum_{\lambda < \beta} a_{\lambda} \left( \sum_{m=1}^{n} g_{\lambda}(m) \right) + C - \sum_{\beta \leq \lambda \leq \alpha} a_{\lambda} \left( \sum_{m=n+1}^{\infty} g_{\lambda}(m) \right) - \sum_{m=n+1}^{\infty} r_{\alpha}(m).
此外，∑m=n+1∞rα(m)≪∑m=n+1∞gα(m)\sum_{m=n+1}^{\infty} r_{\alpha}(m) \ll \sum_{m=n+1}^{\infty} g_{\alpha}(m)；如果cgσ(n)c g_{\sigma}(n)是∑m=n+1∞gα(m)\sum_{m=n+1}^{\infty} g_{\alpha}(m)的本金部分， 如果渐近展开为
∑λ<βaλ(∑m=1ngλ(m))+C−∑β≤λ≤αaλ(∑m=n+1∞gλ(m)) \sum_{\lambda < \beta} a_{\lambda} \left( \sum_{m=1}^{n} g_{\lambda}(m) \right) + C - \sum_{\beta \leq \lambda \leq \alpha} a_{\lambda} \left( \sum_{m=n+1}^{\infty} g_{\lambda}(m) \right)
因而，对于精度gρg_{\rho}，我们可以得到sns_{n}到精度gmin⁡(ρ,σ)g_{\min(\rho,\sigma)}的渐近展开。

因而，我们得出了级数 (g(n))(g(n)) 其中 g∈Eg \in \mathscr{E} 的特殊情况。我们将看到，在满足一定的条件的条件下，如何立即获得sn=∑m=1ng(m)s_{n} = \sum_{m=1}^{n} g(m)（当∑n=1∞g(n)=+∞\sum_{n=1}^{\infty} g(n) = +\infty时）或rn=∑m=n+1∞g(m)r_{n} = \sum_{m=n+1}^{\infty} g(m)（当∑n=1ng(n)<+∞\sum_{n=1}^{n} g(n) < +\infty时）的本金部分。

命题 6 08G4

设 g 为实数函数，> 0 并且单调，定义在区间 [x_0, +\infty[ （其中 x_0 \leq 1 ）上，并且 log g 和 x 与阶 1 相当。

引用了 1

引用了 § 4. 。适用于级数并具有正值项

1° 如果 g 相对于 e 无限阶，则有

sn=∑m=1ng(m)∼g(n)if∑n=1∞g(n)=+∞;(1) s_n = \sum_{m=1}^n g(m) \sim g(n) \qquad \text{if} \quad \sum_{n=1}^\infty g(n) = +\infty; \tag{1}
rn=∑m=n+1∞g(m)∼g(n+1)if∑n=1∞g(n)<+∞.(2) r_n = \sum_{m=n+1}^\infty g(m) \sim g(n+1) \qquad \text{if} \quad \sum_{n=1}^\infty g(n) < +\infty. \tag{2}

2° 如果 g 相对于 exe^x 是有限的阶 μ\mu，则有

sn=∑m=1ng(m)∼μ1−e−μ∫λ0ng(t) dtif∑n=1∞g(n)=+∞;(3) s_n = \sum_{m=1}^n g(m) \sim \frac{\mu}{1 - e^{-\mu}} \int_{\lambda_0}^n g(t) \, dt \qquad \text{if} \quad \sum_{n=1}^\infty g(n) = +\infty; \tag{3}
rn=∑m=n+1∞g(m)∼μ1−e−μ∫n∞g(t) dtif∑n=1∞g(n)<+∞(4) r_n = \sum_{m=n+1}^\infty g(m) \sim \frac{\mu}{1 - e^{-\mu}} \int_n^\infty g(t) \, dt \qquad \text{if} \quad \sum_{n=1}^\infty g(n) < +\infty \tag{4}

（当μ=0\mu = 0时，（3）和（4）中数μ1−e−μ\frac{\mu}{1 - e^{-\mu}}替换为1）。

1° 如果 g 相对于 exe^x 为阶 +∞+\infty，则有 log⁡g≫x\log g \gg x 从而 g′/g≫1g'/g \gg 1，或 g′≫gg' \gg g，除以假设；因而，g 为递增，并且趋向于 +∞+\infty，其中 xx、从而 ∑n=1∞g(n)=+∞\sum_{n=1}^\infty g(n) = +\infty。如果uu是与级数(g(n))(g(n))（V，p. 237）相关联的步骤函数，则从xx的某个值开始有u(x)≤g(x)u(x) \leq g(x)，因而u≪gu \ll g，因而

sn−1=∫1nu(t) dt≪∫1ng(t) dt≪∫1ng′(t) dt∼g(n); s_{n-1} = \int_1^n u(t) \, dt \ll \int_1^n g(t) \, dt \ll \int_1^n g'(t) \, dt \sim g(n);

因为sn=sn−1+g(n)s_n = s_{n-1} + g(n)一个人有sn∼g(n)s_n \sim g(n)。当g相对于exe^x为阶−∞-\infty时，证明类似；由此我们得到公式 (2)。

2° 如果 g 相对于 exe^x 是有限的阶 μ\mu，则可以写成 g(x)=eμxh(x)g(x) = e^{\mu x} h(x)，其中 h 相对于 exe^x 是阶 0；此外，通过假设，log⁡g∼μx\log g \sim \mu x代表μ≠0\mu \neq 0（log⁡g≪x\log g \ll x代表μ=0\mu = 0）意味着h′≪hh' \ll h。首先假设∑n=1∞g(n)=+∞\sum_{n=1}^\infty g(n) = +\infty（这意味着如果μ>0\mu > 0，μ≥0\mu \geq 0；逆命题总是成立，从那时起g(x)g(x)趋向于+∞+\infty和xx）；让我们评估 ∫n−1ng(t) dt\int_{n-1}^n g(t) \, dt 的本金部分。一个人可以写

∫n−1ng(t) dt=∫n−1neμth(t) dt \int_{n-1}^n g(t) \, dt = \int_{n-1}^n e^{\mu t} h(t) \, dt
=h(n)∫n−1neμt dt+∫n−1neμt(h(t)−h(n)) dt = h(n) \int_{n-1}^n e^{\mu t} \, dt + \int_{n-1}^n e^{\mu t} (h(t) - h(n)) \, dt
=1−e−μμg(n)+∫n−1neμt(h(t)−h(n)) dt. = \frac{1 - e^{-\mu}}{\mu} g(n) + \int_{n-1}^n e^{\mu t} (h(t) - h(n)) \, dt.

现在，关系h′≪hh' \ll h意味着对于每个ε>0\varepsilon > 0都有一个n0n_0，这样关系x≥n0x \geq n_0意味着∣h′(x)/h(x)∣≤ε|h'(x)/h(x)| \leq \varepsilon；从值定理的平均值推断出 −ε≤log⁡∣h(t)/h(n)∣≤ε-\varepsilon \leq \log |h(t)/h(n)| \leq \varepsilon，对于 n−1≤t≤nn-1 \leq t \leq n，如果 n≥n0n \geq n_0，从而

∣h(t)−h(n)∣≤(eε−1)h(n) |h(t) - h(n)| \leq (e^\varepsilon - 1)h(n)

因而

∣∫n−1neμt(h(t)−h(n)) dt∣≤(eε−1)eμnh(n)=(eε−1)g(n) \left| \int_{n-1}^n e^{\mu t} (h(t) - h(n)) \, dt \right| \leq (e^\varepsilon - 1)e^{\mu n}h(n) = (e^\varepsilon - 1)g(n)

因为eμte^{\mu t}是递增。由于eε−1e^\varepsilon - 1随着ε\varepsilon变得任意小，我们可以看到可以写

∫n−1ng(t) dt=1−e−μμg(n)+o(g(n)) \int_{n-1}^n g(t) \, dt = \frac{1 - e^{-\mu}}{\mu} g(n) + o(g(n))

(1−e−μμ being replaced by 1 when μ=0)\left( \frac{1 - e^{-\mu}}{\mu} \text{ being replaced by } 1 \text{ when } \mu = 0 \right)。 命题就是 prop 的推论。 2 个V、p. 237。当 ∑n=1∞g(n)\sum_{n=1}^\infty g(n) 有限时，人们也会提出类似的观点。

通过应用道具。 V、p. 239中的6个，重复有时就可以得到sn=∑m=1ng(m)s_n = \sum_{m=1}^n g(m)的*渐近展开*。首先假设gg相对于eλe^\lambda有阶+∞+\infty；对于 pp 的每个*固定* 值，可以通过 prop 来写。 6、

sn=g(n)+g(n−1)+⋯+g(n−p)+o(g(n−p)) s_n = g(n) + g(n-1) + \cdots + g(n-p) + o(g(n-p))

并且只需扩展（相对于E′\mathscr{E}'）函数和g(n−k)g(n-k)（0≤k≤p0 \leq k \leq p）中的每一个，将展开的精度限制为g(n−p)g(n-p)的主部分，即可获得sns_n的展开。

例 08G5

让g(x)=xλ=exp⁡(λlog⁡x)g(x) = x^\lambda = \exp(\lambda \log x)，阶+∞+\infty相对于eλe^\lambda。拿 p=2p = 2 一个有

(n−1)log⁡(n−1)=(n−1)log⁡n−1+12n+o(1n) (n-1)\log(n-1) = (n-1)\log n - 1 + \frac{1}{2n} + o\left( \frac{1}{n} \right)

从而（V、p. 225）

(n−1)n−1=1enn−1+12enn−2+o1(nn−2) (n-1)^{n-1} = \frac{1}{e} n^{n-1} + \frac{1}{2e} n^{n-2} + o_1\left( n^{n-2} \right)

和类似地

(n−2)n−2=1e2nn−2+o2(nn−2); (n-2)^{n-2} = \frac{1}{e^2} n^{n-2} + o_2\left( n^{n-2} \right);

因而

sn=nn+1enn−1+(12e+1e2)nn−2+o3(nn−2). s_n = n^n + \frac{1}{e} n^{n-1} + \left( \frac{1}{2e} + \frac{1}{e^2} \right) n^{n-2} + o_3\left( n^{n-2} \right).

当 gg 相对于 eλe^\lambda 为阶 −∞-\infty 时，可进行类似的处理（对于 rnr_n）。

现在，如果gg相对于exe^x是有限的阶μ\mu，并且如果对于例，∑n=1∞g(n)=+∞\sum_{n=1}^\infty g(n) = +\infty，可以写

sn=μ1−e−μ∫1ng(t) dt+∑m=1nf1(m) s_n = \frac{\mu}{1 - e^{-\mu}} \int_1^n g(t)\, dt + \sum_{m=1}^n f_1(m)
其中 f1(n)=g(n)−μ1−e−μ∫1ng(t) dt≪g(n)f_1(n) = g(n) - \frac{\mu}{1 - e^{-\mu}} \int_1^n g(t)\, dt \ll g(n) 由道具决定。 6 个V、p. 239。如果一个人的本金部分cg1(n)c g_1(n)相对于f1(n)f_1(n)相对于E′\mathscr{E}'，并且如果一个人可以再次应用道具。 6 到函数 g1g_1，如果∑n=1∞g1(n)=+∞\sum_{n=1}^\infty g_1(n) = +\infty，将获得相当于∑m=1nf1(m)\sum_{m=1}^n f_1(m)的原语，在相反情况下相当于∑m=n+1∞f1(m)\sum_{m=n+1}^\infty f_1(m)（在后一种情况下，写为∑m=1nf1(m)=C−∑m=n+1∞f1(m)\sum_{m=1}^n f_1(m) = C - \sum_{m=n+1}^\infty f_1(m)，带有C=∑n=1∞f1(n)C = \sum_{n=1}^\infty f_1(n)）。

因此，一步一步地，最终可以得到sns_n的表达式，即某个数原语的和，每个原语相对于前一个都可以忽略不计，项相对于最后写入的原语仍然可以忽略不计，最后是一个常数（余数项趋于0的情况）。然后剩下的就是扩展关于E′\mathscr{E}'（cf.V，p. 235）获得的每个基元。

引用了 3

引用了 V § 2. 。渐近展开, § 4. 。适用于级数并具有正值项, V § 3. 。实变量函数的渐近展开

例 08G6

设 g(n)=1ng(n) = \frac{1}{n}；那么

sn=∑m=1n1m∼∫1ndtt=log⁡n s_n = \sum_{m=1}^n \frac{1}{m} \sim \int_1^n \frac{dt}{t} = \log n
那么
1n−(log⁡n−log⁡(n−1))∼−12n2 \frac{1}{n} - (\log n - \log(n-1)) \sim -\frac{1}{2n^2}
从而
sn=log⁡n+γ+12n+o(1n). s_n = \log n + \gamma + \frac{1}{2n} + o\left(\frac{1}{n}\right).
公式中出现的常数γ\gamma在数学分析（cf.章节VI和VII）中起着重要作用；它被称为*欧拉常数*；一个有
γ=0.577 215 664… \gamma = 0.577\,215\,664\ldots
到1/1091/10^9以内。

我们将在VI、p. 288中看到，在最重要的情况下，*欧拉-麦克劳林求和公式*如何针对sns_n（或rnr_n）给出*任意*阶的渐近展开。

3. 无穷乘积部分积的渐近展开

人们知道（Gen. Top.，V。p. 22和23），对于无限乘积与一般因子1+un1 + u_n（un>−1u_n > -1）收敛（或可交换收敛），级数与一般级数是必要且充分的项 log⁡(1+un)\log(1 + u_n) 应该收敛（或交换收敛），那么就有关系

log⁡∏n=1∞(1+un)=∑n=1∞log⁡(1+un). \log \prod_{n=1}^{\infty} (1 + u_n) = \sum_{n=1}^{\infty} \log(1 + u_n).

当无限乘积收敛时，我们知道unu_n趋于0；因此log⁡(1+un)∼un\log(1 + u_n) \sim u_n；现在我们知道，要使实数的级数交换收敛，它绝对收敛是必要且充分的（Gen. Top., IV, p. 372, 命题 5）；通过道具。 1 因此恢复了这样一个事实：乘积与一般因子1+un1 + u_n是可交换收敛的当且仅当级数与一般项unu_n绝对收敛（Gen.Top.，IV，p. 368，th.1）。 4).

类似的论证适用于无限乘积，其一般因子为复数 1+un1 + u_n (un≠−1u_n \neq -1)。事实上，对于这样的乘积是可交换收敛的，它是必要且充分的（Gen. Top.，VIII，p. 115，道具 2），具有一般因子 ∣1+un∣|1 + u_n| 的无限乘积应该如此，并且进一步，如果 θn\theta_n 是1+un1 + u_n（在−π-\pi和+π+\pi之间取），θn\theta_n的级数应该是可交换收敛的。由于unu_n趋于0，log⁡(1+un)\log(1 + u_n)是从nn（III，p. 100）的某个特定值开始定义的，并且有

log⁡(1+un)=log⁡∣1+un∣+iθn; \log(1 + u_n) = \log |1 + u_n| + i \theta_n;

因此，要使乘积与一般因子 1+un1 + u_n 交换收敛，级数与一般项 ∣log⁡(1+un)∣|\log(1 + u_n)| 绝对收敛是必要且充分的（Gen Top., VII, p. 84, th. 1）；现在log⁡(1+un)∼un\log(1 + u_n) \sim u_n（I，p. 18，道具5），因此再次获得条件，级数与一般项unu_n应该绝对收敛（Gen.Top.，VIII，p. 116，th.） 1）。

实数有时的无限乘积和级数之间的关系允许获得部分乘积pn=∏k=1n(1+uk)p_n = \prod_{k=1}^{n} (1 + u_k)的渐近展开；对于部分和 sn=∑k=1nlog⁡(1+uk)s_n = \sum_{k=1}^{n} \log(1 + u_k) 有一个渐近展开就足够了，然后展开 pn=exp⁡(sn)p_n = \exp(s_n)；因此，一个被带回到之前检查的两个问题（V，p. 238和p. 226）。

例 08G7

斯特林的公式。*让我们寻找n!n!的渐近展开；这导致我们扩展sn=∑p=1nlog⁡ps_n = \sum_{p=1}^{n} \log p，然后扩展exp⁡(sn)\exp(s_n)。 n 2 的方法依次给出

sn=∑p=1nlog⁡p∼∫1nlog⁡t dt=nlog⁡n−n+1 s_n = \sum_{p=1}^{n} \log p \sim \int_{1}^{n} \log t \, dt = n \log n - n + 1

然后

log⁡n−∫n−1nlog⁡t dt=log⁡n−(nlog⁡n−(n−1)log⁡(n−1)−1)∼12n \log n - \int_{n-1}^{n} \log t \, dt = \log n - (n \log n - (n-1) \log(n-1) - 1) \sim \frac{1}{2n}
从而
sn=nlog⁡n−n+12log⁡n+o(log⁡n). s_n = n \log n - n + \frac{1}{2} \log n + o(\log n).
然后
log⁡n−∫n−1nlog⁡t dt−12(log⁡n−log⁡(n−1))∼−112n2 \log n - \int_{n-1}^{n} \log t \, dt - \frac{1}{2} (\log n - \log(n-1)) \sim -\frac{1}{12n^2}
从而
sn=nlog⁡n−n+12log⁡n+k+112n+o1(1n)(k constant) s_n = n \log n - n + \frac{1}{2} \log n + k + \frac{1}{12n} + o_1 \left( \frac{1}{n} \right) \quad (k \text{ constant})
最终推导出 (V, p. 226)
n!=ek nn+1/2 e−n(1+112n+o2(1n)).(5) n! = e^k \, n^{n+1/2} \, e^{-n} \left( 1 + \frac{1}{12n} + o_2 \left( \frac{1}{n} \right) \right). \tag{5}
我们将在VII、p. 322、ek=2πe^k = \sqrt{2\pi}中展示。 公式 (5)（与kk的值）称为*斯特林的公式*。同样地，对于每一个实数 aa 而不是整数 >0> 0，都表明
(a+1)(a+2)…(a+n)∼K(a) nn+a+12 e−n.(6) (a+1)(a+2)\ldots(a+n) \sim K(a) \, n^{n+a+\frac{1}{2}} \, e^{-n}. \tag{6}
我们也将确定函数K(a)K(a)（VII，p. 18）。从公式 (5) 和 (6) 特别可以得出：
(an)∼(−1)nφ(a) n−a−1(7) \binom{a}{n} \sim (-1)^n \varphi(a) \, n^{-a-1} \tag{7}
对于每个实数aa而不是整数>0> 0，其中φ(a)\varphi(a)是aa的函数，这将在VII，p. 322中指定。

引用了 2

引用了 V § 2. 。渐近展开, VII § 2. 。复杂域中的 GAMMA 函数

4. 应用：级数与正项的第二类收敛判据

人们经常遇到级数(un)(u_n)，其中un>0u_n > 0从某个点开始，并且un+1/unu_{n+1}/u_n有一个渐近展开，很容易得到确定。对于这样的级数，有判据（称为第二类*判据*）是很方便的，允许人们知道确定级数是否单独从un+1/unu_{n+1}/u_n的形式收敛。以下是这样一个标准：

命题 7（“拉贝测试”） 08G8

令(un)(u_n)为级数，从点开始为项>0> 0。如果从某个阶段开始，un+1/un⩽1−αnu_{n+1}/u_n \leqslant 1 - \frac{\alpha}{n}对于某些α>1\alpha > 1，则级数(un)(u_n)收敛；如果从某个点开始，un+1/un⩾1−1nu_{n+1}/u_n \geqslant 1 - \frac{1}{n}，那么级数(un)(u_n)有无限和。

事实上，如果un+1/un⩽1−αnu_{n+1}/u_n \leqslant 1 - \frac{\alpha}{n}和α>1\alpha > 1，对于所有n⩾n0n \geqslant n_0，那么就有un≼pn=∏k=n0n(1−αk)u_n \preccurlyeq p_n = \prod_{k=n_0}^{n} \left( 1 - \frac{\alpha}{k} \right)。现在，log⁡(1−αn)=−αn−α22n2+o(1n2)\log \left( 1 - \frac{\alpha}{n} \right) = -\frac{\alpha}{n} - \frac{\alpha^2}{2n^2} + o \left( \frac{1}{n^2} \right)、从而 log⁡pn=\log p_n = −αlog⁡n+k+o(1/n)-\alpha \log n + k + o(1/n)（kk常数）和pn∼ek1nαp_n \sim e^k \frac{1}{n^\alpha}；因为 α>1\alpha > 1 阶 0 的对数标准允许 1 完成。

另一方面，如果un+1/un≥1−1nu_{n+1}/u_n \geq 1 - \frac{1}{n}来自某个点，则相同的计算证明un≥1nu_n \geq \frac{1}{n}，从而命题。

以同样的方式求一个可以证明，使用阶>0> 0的对数判据，第二类判据如下：

命题 8 08G9

令(un)(u_n)为级数，从某个点开始，项>0> 0。如果从某个点开始，有

un+1un≤1−1n−1nl1(n)−…−1nl1(n)l2(n)…lp−1(n)−αnl1(n)l2(n)…lp(n) \frac{u_{n+1}}{u_n} \leq 1 - \frac{1}{n} - \frac{1}{nl_1(n)} - \ldots - \frac{1}{nl_1(n)l_2(n)\ldots l_{p-1}(n)} - \frac{\alpha}{nl_1(n)l_2(n)\ldots l_p(n)}

对于某些α>1\alpha > 1，则级数(un)(u_n)收敛；如果，从某个点开始，一个人有

un+1un≥1−1n−1nl1(n)−…−1nl1(n)l2(n)…lp(n) \frac{u_{n+1}}{u_n} \geq 1 - \frac{1}{n} - \frac{1}{nl_1(n)} - \ldots - \frac{1}{nl_1(n)l_2(n)\ldots l_p(n)}

那么级数(un)(u_n)有一个无限的和。

例 08GA

考虑*超几何级数*，以及一般的项

un=α(α+1)…(α+n−1) β(β+1)…(β+n−1)1.2…n.γ(γ+1)…(γ+n−1) u_n = \frac{\alpha(\alpha+1)\ldots(\alpha+n-1)\,\beta(\beta+1)\ldots(\beta+n-1)}{1.2\ldots n.\gamma(\gamma+1)\ldots(\gamma+n-1)}

其中α,β,γ\alpha, \beta, \gamma是任意的实数，而不是整数≤0\leq 0：很明显，unu_n从某个阶段开始是>0> 0，或者从某个阶段开始是<0< 0。一个有

un+1un=(α+n)(β+n)(n+1)(γ+n)=(1+α+βn+αβn2)(1+γ+1n+γn2)−1=1+α+β−γ−1n+αβ−(α+β)(γ+1)+γ2+γ+1n2+o(1n2). \begin{align*} \frac{u_{n+1}}{u_n} &= \frac{(\alpha+n)(\beta+n)}{(n+1)(\gamma+n)} \\ &= \left(1 + \frac{\alpha+\beta}{n} + \frac{\alpha\beta}{n^2}\right) \left(1 + \frac{\gamma+1}{n} + \frac{\gamma}{n^2}\right)^{-1} \\ &= 1 + \frac{\alpha+\beta-\gamma-1}{n} \\ &\quad + \frac{\alpha\beta-(\alpha+\beta)(\gamma+1)+\gamma^2+\gamma+1}{n^2} + o\left(\frac{1}{n^2}\right). \end{align*}

拉贝检验表明，对于α+β<γ\alpha + \beta < \gamma，级数收敛，对于α+β>γ\alpha + \beta > \gamma，和无穷大；当α+β=γ\alpha + \beta = \gamma级数也有一个无限的和时，如prop所示。 8.

注 1 08GB

作为拉贝测试的一个特定实例，我们可以看到，如果 lim sup⁡n→∞un+1/un<1\limsup_{n \to \infty} u_{n+1}/u_n < 1 级数 (un)(u_n) 收敛；另一方面，如果 lim inf⁡n→∞un+1/un>1\liminf_{n \to \infty} u_{n+1}/u_n > 1、级数 (un)(u_n) 具有无限的和（*达朗贝尔测试*）。

注 2 08GC

第二类判据只能应用于级数，其一般项表现得非常规律，因为nn趋于+∞+\infty；在其他字中，它们的范围比对数判据的范围受到更多限制，并且尝试在它们特别适合的特殊情况之外使用它们将是一个错误。对于例，对于u2m=2−mu_{2m} = 2^{-m}，u2m+1=3−mu_{2m+1} = 3^{-m}定义的级数(un)(u_n)，有u2m+1/u2m=(23)mu_{2m+1}/u_{2m} = \left(\frac{2}{3}\right)^m，u2m+2/u2m+1=12(32)mu_{2m+2}/u_{2m+1} = \frac{1}{2} \left(\frac{3}{2}\right)^m；随着 mm 无限增加，第一个比率趋向于 0，第二个比率趋向于 +∞+\infty，因此第二类标准不适用；然而，从un≼2−n/2u_n \preccurlyeq 2^{-n/2}开始，级数收敛于直接的。

即使un+1/unu_{n+1}/u_n有一个简单的表达式，右unu_n的主体部分直接求值通常会像第二种判据一样快速地得出结果。对于例，对于超几何级数，斯特林的公式立即显示un∼anα+β−γ−1u_n \sim a n^{\alpha + \beta - \gamma - 1}，其中aa是常数≠0\neq 0，然后适用阶0的对数准则。

习题

参见习题为 § 4。

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。