问题及解答

设 $c_1,c_2,c_3,\ldots$ 是一列数, $C(t)=\sum_{n\leq t}c_n$. $f(t)$ 是 $t$ 的任意一个函数. 则有
\[\sum_{n\leq x}c_n f(n)=\sum_{n\leq x-1}[f(n)-f(n+1)]+C(x)f([x])\tag{1}\]

此外, 若假设 $c_j=0$ 对于所有 $j<n_1$, 并且 $f(t)$ 对于 $t\geq n_1$ 有连续的导数, 则有

\[\sum_{n\leq x}c_n f(n)=C(x)f(x)-\int_{n_1}^{x}C(t)f^{'}(t)dt\tag{2}\]

References

G. H. Hardy and E. M. Wright, An Introduction to the Theory of Numbers. Oxford Science Publications.

若记 $N=[x]$, 注意到 $c_j=C(j)-C(j-1)$. 于是 (1) 式左边为

\[\begin{split}\sum_{n\leq x}c_n f(n)&=c_1 f(1)+c_2 f(2)+\cdots+c_N f(N)\\ &=C(1)f(1)+[C(2)-C(1)]f(2)+\cdots+[C(N)-C(N-1)]f(N)\\ &=C(1)[f(1)-f(2)]+C(2)[f(2)-f(3)]+\cdots+C(N-1)[f(N-1)-f(N)]+C(N)f(N)\\ &=\sum_{j=1}^{N-1}C(j)[f(j)-f(j+1)]+C(N)f(N).\end{split}\]

由于 $C(N)=C(x)$, $f(N)=f([x])$, 故证明了第一式.

为证明 (2), 我们观察到 $C(t)=C(n)$, 当 $n\leq t<n+1$ 时. 由假设, 当 $t<n_1$ 时, $C(t)=\sum_{n\leq t}c_n=0$.

\[\begin{split}\sum_{n\leq x}c_n f(n)&=\sum_{j=1}^{N-1}C(j)[f(j)-f(j+1)]+C(N)f(N)=\sum_{j=n_1}^{N-1}C(j)[f(j)-f(j+1)]+C(N)f(N)\\ &=\sum_{j=n_1}^{N-1}(-1)\int_{j}^{j+1}C(t)f\'(t)dt+C(N)f(N)-C(x)f(x)+C(x)f(x)\\ &=-\int_{n_1}^{x}C(t)f\'(t)dt+C(x)f(x).\end{split}\]

Remark

特别地, 在 (2) 式中令 $c_n=1$, 且考虑函数 $f(t)=\frac{1}{t}$, 则可得到一个与调和级数有关的估计式.

\[\sum_{n\leq x}\frac{1}{n}=\log x+\gamma+O(\frac{1}{x})\]

其中 $\gamma$ 是熟知的 Euler 常数. (参见 问题678)