这种极限怎么算？

dim

还可以继续加边吗？谢谢！

战巡

回复 1# dim


1、
首先介绍瓦特森引理(Watson's Lemma)
如果$0<T<\infty$为定值，$\phi(t)=t^\lambda g(t)$，其中$g(t)$在$t=0$的邻域内有无穷多阶导数，且$g(0)\ne 0, \lambda>-1$
如果有
\[\abs{\int_0^Te^{-xt}\phi(t)dt}<\infty\]
则当$x\to\infty$时，有如下渐进展开式
\[\int_0^Te^{-xt}\phi(t)dt\sim\sum_{k=0}^\infty\frac{g^{(k)}(0)\Gamma(\lambda+k+1)}{k!·x^{\lambda+k+1}}\]

我们令
\[f(p)=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^1e^{-n(\frac{p^2x^2}{2}-\frac{p^3x^3}{3})}dx\]
换元$y=px$则有
\[h(p)=p·f(p)=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\int_0^pe^{-n(\frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3})}dy\]

当$p\ge \frac{3}{2}$，$h'(p)=\infty$，$f(p)=\infty$，这一块就算完事了

当$\frac{p^2}{2}-\frac{p^3}{3}>0$，也就是$0<p<\frac{3}{2}$时
\[h'(p)=\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}e^{-n(\frac{p^2}{2}-\frac{p^3}{3})}=0\]
因此显然$h(p)=c$为一常数，自然有$f(p)=\frac{h(p)}{p}=\frac{c}{p}$
接下来就是求出常数$c$，由于这里已经和$p$没有关系了，方便起见，接下来的计算中直接令$p=1$，反正求出来都一样

首先当然要换元，令$y=\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}$，其反函数比较复杂，按理说三次方程有三个解，但这里只能取这个方程在$0<x<1$上的这一个解，令其反函数记作$x(y)$，于是有
\[\int_0^1e^{-n(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3})}dx=\int_0^Te^{-ny}x'(y)dy\]
其中$T=\frac{1}{6}$，其实也不用纠结这个$T$是多少，反正上面瓦特森引理里面右边和$T$没啥关系

这里我们必须把$x'(y)$分解为$y^\lambda·g(y)$的形式，其中要求$0<g(0)<\infty$
显然
\[x'(y)=\frac{dx}{dy}=\frac{1}{x-x^2}\]
而当$y\to0$的时候，必然有$x\to0$，因为$\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}=0$在$x\in[0,1]$内只有$x=0$这个解，为了满足$0<g(0)<\infty$，必须在分子上乘以一个$x$级别的东西，还得能写成关于$y$的函数
我就懒得绕了，直接告诉你用
\[g(y)=\frac{\sqrt{y}}{x-x^2}=\frac{\sqrt{\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}}}{x-x^2}\]
显然有$g(0)=\frac{1}{\sqrt{2}}$满足条件，至于是不是唯一的，你可以试着去证明，我懒得搞
于是原式就变成
\[\int_0^Te^{-ny}x'(y)dy=\int_0^Te^{-ny}y^{-\frac{1}{2}}g(y)dy\]
套进前面瓦特森引理，当$n\to\infty$时有
\[\int_0^1e^{-n(\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3})}dx\sim\frac{g(0)\Gamma(-\frac{1}{2}+1)}{0!·n^{-\frac{1}{2}+1}}+o(\frac{1}{n^{-\frac{1}{2}+1}})=\sqrt{\frac{\pi}{2n}}+o(\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}})\]
因此再乘个$\sqrt{n}$以后，有极限
\[c=f(1)=\sqrt{\frac{\pi}{2}}\]
\[f(p)=\frac{c}{p}=\sqrt{\frac{\pi}{2}}·\frac{1}{p}, 0<p<\frac{3}{2}\]

dim

回复 2# 战巡


    谢谢大神！涨见识了，我先去了解这个定理再来看。第二题呢？

战巡

回复 1# dim

2、
首先易证
\[e^{-n}\sum_{k=0}^n\frac{n^k}{k!}=\frac{1}{n!}\int_n^{+\infty}x^ne^{-x}dx\]
代换$x=n+y$就有
\[=\frac{e^{-n}}{n!}\int_0^{+\infty}(n+y)^ne^{-y}dy=\frac{e^{-n}n^n}{n!}\int_0^{+\infty}(1+\frac{y}{n})^ne^{-y}dy\]
由于
\[(1+\frac{y}{n})^n=\exp{(n\ln(1+\frac{y}{n}))=\exp{(-\sum_{k=1}^{\infty}(-1)^k\frac{y^k}{kn^{k-1}})}}\]
\[(1+\frac{y}{n})^ne^{-y}=\exp{(-n[\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k\frac{y^k}{kn^k}])}\]
有
\[原式=\frac{e^{-n}n^n}{n!}\int_0^{+\infty}\exp{(-n[\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k\frac{y^k}{kn^k}])}dy=\frac{e^{-n}n^n}{(n-1)!}\int_0^{\infty}\exp{(-n[\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k\frac{z^k}{k}])}dz\]
其中$z=\frac{y}{n}$
又显然里面这个无穷求和可以化简，并令它记作$w$，也就是
\[\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k\frac{z^k}{k}=z-\ln(1+z)=w\]
然后，和第一个问题一样，这里$z(w)$很不好求，只能用反函数的办法，有$z'(w)=\frac{dz}{dw}=\frac{1}{w'(z)}=1+\frac{1}{z}$，于是
\[原式=\frac{e^{-n}n^n}{(n-1)!}\int_0^{\infty}\exp{(-n[z-\ln(1+z)])}dz=\frac{e^{-n}n^n}{(n-1)!}\int_0^{\infty}\exp{(-nw)}(1+\frac{1}{z})dw\]
这个就开始和前面的瓦特森引理相似了

其实在第一个问题里面我所说的瓦特森引理并不是完整版的，完整版是这样的：
如果当$t\to0$时$\phi(t)\sim\sum_{k=0}^{\infty}a_nt^{\lambda_n-1}$，其中$\lambda_n>0$
则有$x\to\infty$时
\[\int_0^{\infty}e^{-xt}\phi(t)dt\sim\sum_{k=0}^{\infty}a_n\frac{\Gamma(\lambda_n)}{x^{\lambda_n}}\]

于是这里显然就是要把$\phi(w)=1+\frac{1}{z(w)}$展开成上面的样子
首先显然$w=0$时$z=0$，这样方便很多，取极限的时候不用关心$w\to0$是什么情况，直接$z\to0$就完事了
然而这个东西直接展开非常费劲，我这里用一个笨办法，一个一个去试
首先试出$p$，要求
\[0<\lim_{z\to0}(1+\frac{1}{z})w^p<\infty\]
取对数并展开最终发现唯一的可能是$p=\frac{1}{2}$，此时有极限为$\frac{1}{\sqrt{2}}$
于是我们知道其展开式有如下形式
\[1+\frac{1}{z(w)}=\frac{1}{\sqrt{2w}}+...\]
继续试$p$，现在要求
\[0<\lim_{z\to0}(1+\frac{1}{z(w)}-\frac{1}{\sqrt{2w}})w^p<\infty\]
这回$p=0$，有极限$\frac{2}{3}$
以此类推，最后会得到这样的结果
\[1+\frac{1}{z(w)}=\frac{1}{\sqrt{2w}}+\frac{2}{3}+\frac{\sqrt{w}}{6\sqrt{2}}-\frac{4w}{135}+o(w)\]

于是我们就有当$n\to\infty$时
\[\int_0^{\infty}\exp{(-nw)}(1+\frac{1}{z})dw\sim \frac{\Gamma(\frac{1}{2})}{\sqrt{2n}}+\frac{2\Gamma(1)}{3\sqrt{n^2}}+\frac{6\Gamma(\frac{3}{2})}{\sqrt{2n^3}}-\frac{4\Gamma(2)}{135n}+o(\frac{1}{n})\]
另一方面由斯特灵公式可知当$n\to\infty$时
\[\frac{e^{-n}n^n}{(n-1)!}\sim \frac{1}{\sqrt{2\pi}}(\sqrt{n}+\frac{1}{12n}-\frac{1}{288n^{\frac{3}{2}}}+o(n^{-\frac{3}{2}}))\]
两个级数相乘，由于斯特灵展开时最高阶是$\sqrt{n}$，而前面展开时最低阶为$n^{-2}$，因此乘起来精度可以保证到$\sqrt{n}·n^{-2}=n^{-\frac{3}{2}}$这一层
于是最后展开得到
\[原式\sim \frac{1}{2}+\frac{2}{3\sqrt{2\pi n}}-\frac{23}{270\sqrt{2\pi}n^{\frac{3}{2}}}+o(n^{-\frac{3}{2}})\]
随后这个极限也就是显然的了

PS: 以楼主现在的知识水平，非常不建议去碰西西出的题目，那个家伙毕竟是数学专业出身，知道很多我们不知道的结论，有些地方也很偏门，很不容易想到

dim

回复 4# 战巡


    好的，谢谢你！我试着去理解。据说也可以用拉普拉斯渐近定理。。

战巡

回复 5# dim


我看《特殊函数概论》里面讲拉普拉斯渐近的时候就是用瓦特森引理证的，可以说那是瓦特森引理的推论

血狼王

回复 6# 战巡


你也看过《特殊函数概论》？
那我有道题请你解答一下

血狼王

回复 6# 战巡


我想写个程序，给定任意实数$x$，求$\Gamma(x)$（就是$x$对应的伽玛函数的值）。
听说切比雪夫级数比幂级数收敛快，所以问一下：
伽玛函数的切比雪夫级数展开是什么样的？

战巡

回复 8# 血狼王


书上根本没提切比雪夫级数的事情，我也懒得去推

伽马函数进行数值计算比较快的是用一个叫做Lanczos渐近的算法
一般来说斯特灵公式或魏氏无穷乘积就已经够用，这点计算量对现代电脑来说不算什么
  
这年头能算伽马函数的软件多得是，没必要自己给自己找麻烦