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互补函数的幂函数定理
文/施承忠
定理表述：设存在一对函数 u_1(t)和 u_2(t),(t>0).满足以下条件：
互补性：对任意正整数 n,有t=u_1(t)+u_2(t)；
幂函数分解：对任意正整数 n，有t=[u_1(t)]^n+[u_2(t)]^n。则
当n→∞时,u_1(t)→t-Δ1,u_2(t)→t-Δ2，其中 Δ1,Δ2是关于n的无穷小量（即Δ1,Δ2→0当n→∞)。
证明过程
步骤 1：符号规范与变量代换
令t=u^n(u>1，因t→∞时需u>1保证t增长),则原条件转化为：
u^n=u_1(u^n)+u_2(u^n),u^n=[u_1(u^n)]^n+[u_2(u^n)]^n.
为简化符号，记a_n=u_1(u^n),b_n=u_2(u^n)，则条件变为：
a_n+b_n=u^n, a_n^n+b_n^n=(ul^2).
步骤 2：归纳法推导a_n和b_n的范围
基例n=1由a_1+b_1=u,a_1+b_1=u，显然成立（任意分解均满足）。
例子：假设u=5，则可以取a_1=2,b_1=3，满足2+3=5。
归纳假设：假设对n=k，有a_k≤u^k-k,b_k≥k（即b_k随k线性增长）。
归纳推导n=k+1：由a_{k+1}+b_{k+1}=u^{k+1}，a_{k+1}^{k+1}+ b_{k+1}^{k+1}=u^{k+1}。假设a_{k+1}≥u^{k+1}-(k+1)，则 b_{k+1}≤k+1。此时：
a_{k+1}^{k+1}≥(u^{k+1}-(k+1))^{k+1}>u^{k+1}
(当 } u > 1且 } k 足够大时}),
这与a_{k+1}^{k+1}+b_{k+1}^{k+1}=u^{k+1}矛盾（因左边两项均为正数，且a_{k+1}^{k+1}已超过u^{k+1}。因此，必有
a_{k+1}<u^{k+1}-(k + 1),b_{k+1}>k+1。例子：设u=2,k=2，则 u^{k+1}=2^3=8。若假设a_3≥8-3=5，那么b_3≤3。
计算a_3^3≥5^3=125，显然a_3^3+b_3^3>8,
与a_{3}^{3}+b_{3}^{3}=8矛盾，所以a_3<5，b_3>3。
由数学归纳法，对任意n≥1，有：
a_n≤u^n-n, b_n≥n.
步骤 3：分析a_n和b_n的渐近行为
由a_n+b_n=u^n，设a_n=u^n-δ_n，则b_n=δ_n，
其中δ_n>0（因 a_n< u^n)。代入幂函数条件：
(u^n-δ_n)^n+δ_n^n=u^n.
展开左边第一项（二项式定理）：
(u^n-δ_n)^n=u^{n^2}-nu^{n(n - 1)δ_n+...+(-1)^nδ_n^n.
例子：当u=3，n=3时,(3^3-δ_3)^3=(27-δ_3)^3=
(27^3-3(27^2)δ_3+(3)27δ_3^2-δ_3^3。
当n→∞时，若δ_n是常数或随n增长，u^{n^2}将主导左边，导致 (u^n-δ_n)^n+δ_n^n>>u^n，与等式矛盾。因此，δ_n必须是关于n 的无穷小量，即δ_n = o(1)（当n→∞。令δ_n=Δ_1，
则a_n=u^n-Δ_1，b_n=Δ_1，且Δ_1→0。
同理，若交换a_n和b_n的角色，可设b_n=u^n-Δ_2，a_n=Δ_2，
其中 Δ_2→0。因此，当n→∞时，a_n→u^n-Δ_1，b_n→u^n-Δ_2 其中 Δ_1, Δ_2→0。
步骤 4：结论推广
将t=u^n还原为一般变量t，即u=t^{1/n}，当n→∞时，u→1^+（因 t固定时，t^{1/n}→1)。因此，u_1(t)=a_n=t-Δ_1，u_2(t)=
b_n=t-Δ_2，其中Δ_1, Δ_2是随n→∞趋近于0的无穷小量。
证毕。 |
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发表于 2025-7-5 08:13
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