一個極限問題

最近（11月），考慮了如下問題，好友馬明輝給出了一個解答（見微信公眾號：Xionger 的數(shù)學(xué)小屋），然而，我只寫出了第一問，哈哈。

 方程 \eqref{eq:1} 右邊容易想到 Hurwitz zeta 函數(shù) \begin{equation}\label{eq:2} \zeta(n,x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(x+k)^{n}} = \frac{1}{x^{n}} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(x+k)^{n}}, \end{equation} 則原方程 \eqref{eq:1} 化為 \begin{equation}\label{eq:3} \zeta(n,x) = \frac{2}{x^{n}}. \end{equation} 接著我們要考慮 Polygamma 函數(shù)與 Hurwitz zeta 函數(shù)的關(guān)系 \begin{equation}\label{eq:4} \psi^{(n-1)} (x) = (-1)^{n} (n-1)! \zeta(n,x), \end{equation} 以及 Polygamma 函數(shù)的 Laurent 級數(shù)表達(dá)式 \begin{equation}\label{eq:5} \psi^{(n-1)} (x) = (-1)^{n} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(k+n-2)!}{k!} \frac{B_{k}}{x^{k+n-1}}. \end{equation} 由 \eqref{eq:4} 和 \eqref{eq:5} 即得 \begin{equation}\label{eq:6} \zeta(n,x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(k+n-2)!}{k!(n-1)!} \frac{B_{k}}{x^{k+n-1}}, \end{equation} 結(jié)合 \eqref{eq:3} 式, 我們有 \begin{equation}\label{eq:7} 2 = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{(k+n-2)!}{k!(n-1)!} \frac{B_{k}}{x^{k-1}}, \end{equation} 其中 $B_{k}$ 是 Bernoulli 數(shù). 將 $B_{0}=1$, $B_{1}=\frac{1}{2}$ 代入 \eqref{eq:7} , 得 \begin{equation*} 2 = \frac{x}{n-1} + \frac{1}{2} + \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(k+n-2)!}{k!(n-1)!} \frac{B_{k}}{x^{k-1}}, \end{equation*} 移項, 乘 $n-1$ 得 \begin{equation*} x = \frac{3}{2} n - \frac{3}{2} - \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(k+n-2)!}{k!(n-2)!} \frac{B_{k}}{x^{k-1}} \end{equation*} 因為對于奇數(shù) $k\geqslant 3$, $B_{k}=0$. 令 $k=2j$, 則 \begin{equation}\label{eq:8} x = \frac{3}{2} n - \frac{3}{2} - \sum_{j=1}^{\infty} \frac{(2j+n-2)!}{(2j)!(n-2)!} \frac{B_{2j}}{x^{2j-1}}. \end{equation} 兩邊除以 $n$, \begin{equation*} \frac{x}{n} = \frac{3}{2} - \frac{3}{2}\frac{1}{n} - \sum_{j=1}^{\infty} \frac{(2j+n-2)!}{n(n-2)!} \frac{B_{2j}}{(2j)!x^{2j-1}}. \end{equation*} 令 $\frac{x}{n} = \frac{1}{2y}$, 即 $ \frac{1}{x} = \frac{2y}{n}$, 則有 \begin{align*} \frac{1}{2y} & = \frac{3}{2} - \frac{3}{2}\frac{1}{n} - \sum_{j=1}^{\infty} \frac{(2j+n-2)!}{n(n-2)!} \frac{B_{2j}}{(2j)!} \frac{2^{2j-1}y^{2j-1}}{n^{2j-1}} \\ & = \frac{3}{2} - \frac{3}{2}\frac{1}{n} - \sum_{j=1}^{\infty} \frac{(2j+n-2)!}{n^{2j}(n-2)!} \frac{B_{2j}2^{2j-1}y^{2j-1}}{(2j)!}. \end{align*} 兩邊乘以 $2$, 移項得 \begin{equation}\label{eq:9} \frac{1}{y} + \sum_{j=1}^{\infty} \frac{(2j+n-2)!}{n^{2j}(n-2)!} \frac{2^{2j}B_{2j}y^{2j-1}}{(2j)!} = 3- \frac{3}{n}. \end{equation} 注意到 \begin{equation*} \lim_{n\to +\infty} \frac{(2j+n-2)!}{n^{2j}(n-2)!} = 1, \end{equation*} 且 $0<y<\pi$. 設(shè) $\lim\limits_{n\to +\infty} y = z$, 當(dāng) $n \to +\infty$ 時, \eqref{eq:9} 式左邊為雙曲余切函數(shù) \begin{equation*} \coth z = \frac{1}{z} + \sum_{j=1}^{\infty} \frac{2^{2j}B_{2j}z^{2j-1}}{(2j)!}, \end{equation*} 從而 \begin{equation*} \coth z = \frac{\mathrm{e}^{z}+\mathrm{e}^{-z}}{\mathrm{e}^{z}-\mathrm{e}^{-z}} = \frac{\mathrm{e}^{2z}+1}{\mathrm{e}^{2z}-1} = 3. \end{equation*} 解得 \begin{equation*} z = \frac{\log 2}{2} = \lim_{n\to +\infty} y, \end{equation*} 所以 \begin{equation*} \lim_{n\to +\infty} \frac{x}{n} = \lim_{n\to +\infty} \frac{1}{2y} = \frac{1}{\log 2}. \end{equation*}