求证多对数函数Liₛ(z)在z<-1且s很大时的渐近表达式

针对这个问题，我来梳理下完整的推导过程：

已知背景 #

当$|z| < 1$、$s > 0$时，多对数函数的幂级数展开为：
$$\mathrm{Li}{s}(z) = \sum{k=1}^\infty {z^k \over k^s} = z + {z^2 \over 2^s} + {z^3 \over 3^s} + \cdots = z\left(1+ {z \over 2^s} + {z^2 \over 3^s} + \cdots\right) \quad(*)$$

已有的结论：

• $\lim_{\mathrm{Re}(s) \rightarrow \infty} \mathrm{Li}_s(z) = z$
• 当$z < 0$时，$\mathrm{Li}_s(z) \ge z$

我们需要证明：当$z<-1$且$s \gg \log_2|z|$时，
$$ z \le \mathrm{Li}_{s}(z) \le z\left(1+2z 2^{-s}\right) $$

1. 证明左边不等式 $z \le \mathrm{Li}_{s}(z)$ #

因为$z < -1$显然满足$z < 0$，而已知当$z < 0$时$\mathrm{Li}_s(z) \ge z$，所以左边不等式直接成立。

如果从级数展开的角度验证，我们可以把$\mathrm{Li}_s(z)$拆分为首项加余项：
$$\mathrm{Li}s(z) = z + \sum{k=2}^\infty \frac{z^k}{ks}$$
当$z < -1$时，余项是正负交替的级数，且当$s$足够大时，指数衰减的速度远快于$|z|^k$的增长速度，每一组相邻两项的和非负，因此整体余项非负，从而$\mathrm{Li}_s(z) \ge z$。

2. 证明右边不等式 $\mathrm{Li}_{s}(z) \le z\left(1+2z 2^{-s}\right)$ #

从幂级数展开式(*)出发，我们可以将$\mathrm{Li}s(z)$改写为：
$$\mathrm{Li}s(z) = z + \frac{z^2}{2s} + \sum{k=3}^\infty \frac{z^k}{ks}$$
我们的目标是证明：
$$\frac{z^2}{2s} + \sum{k=3}^\infty \frac{z^k}{ks} \le 2 z^2 2^{-s}$$
两边除以$z^2$（$z < -1$时$z^2 > 0$，不等号方向不变），等价于证明：
$$\frac{1}{2^s} + \sum_{k=3}^\infty \frac{z^{k-2}}{ks} \le \frac{2}{2^s}$$
整理后得到：
$$\sum_{k=3}^\infty \frac{z^{k-2}}{ks} \le \frac{1}{2^s}$$

令$m = k-2$，则上式变为：
$$\sum_{m=1}^\infty \frac{z^m}{(m+2)s} \le \frac{1}{2^s}$$
代入$z = -|z|$（$|z| > 1$），级数变为交错级数：
$$-\frac{|z|}{3^s} + \frac{|z|^2}{4s} - \frac{|z|^3}{5s} + \frac{|z|^4}{6s} - \cdots$$

当$s \gg \log_2|z|$时，$2^s > |z|$，此时指数衰减的速度远快于$|z|^{m$的增长速度，级数的绝对值项$\frac{|z|}m}{(m+2)^s}$是严格递减的。根据交错级数的性质，该级数的和小于其前两项的和：
$$\sum_{m=1}^\infty \frac{z^m}{(m+2)s} < -\frac{|z|}{3^s} + \frac{|z|^2}{4s}$$

进一步分析这个前两项和：
$$-\frac{|z|}{3^s} + \frac{|z|^2}{4s} = \frac{|z|( |z| \cdot 3^s - 4^s )}{3^s \cdot 4^s}$$
因为$s$足够大时，$4^s = (4/3)^s \cdot 3^s > |z| \cdot 3^s$（$(4/3)s$的指数增长远快于常数$|z|$），所以分子为负，即前两项和小于0，显然满足：
$$\sum_{m=1}^\infty \frac{z^m}{(m+2)s} < 0 < \frac{1}{2^s}$$

由此反推回原不等式，即可得到：
$$\mathrm{Li}_s(z) \le z + 2 z^2 2^{-s} = z\left(1 + 2z 2^{-s}\right)$$

内容的提问来源于stack exchange，提问作者gammatester