小参数α下积分渐近展开恒等式的证明问询

嘿，我来一步步帮你搞定这个小参数$\alpha\ll1$时的积分渐近展开证明，过程很直观，咱们慢慢拆解～

第一步：拆分被积函数简化积分 #

首先观察被积函数$\frac{y}{(1+y)^2}$，我们可以把它拆成两个更易处理的分式：
$$
\frac{y}{(1+y)^2} = \frac{1}{1+y} - \frac{1}{(1+y)^2}
$$
这个拆分通分就能验证：$\frac{1}{1+y} - \frac{1}{(1+y)^2} = \frac{(1+y) - 1}{(1+y)^2} = \frac{y}{(1+y)^2}$，完全成立。

原积分因此可以拆成两个积分的差：
$$
\int_0^\infty \frac{y}{(1+y)^2}e{-\alpha y} dy = I_1 - I_2
$$
其中：

• $I_1 = \int_0^\infty \frac{e^{-\alpha y}}{1+y} dy$
• $I_2 = \int_0^\infty \frac{e^{-\alpha y}}{(1+y)^2} dy$

第二步：对$I_1$做变量替换，关联指数积分 #

对$I_1$做变量替换$t = 1+y$（即$y = t-1$），积分上下限从$y=0\to t=1$，$y\to\infty\to t\to\infty$，代入得：
$$
I_1 = \int_1^\infty \frac{e^{-\alpha(t-1)}}{t} dt = e^\alpha \int_1^\infty \frac{e^{-\alpha t}}{t} dt
$$
再做变量替换$u = \alpha t$（即$t = u/\alpha$，$dt = du/\alpha$），积分上下限变为$u=\alpha\to u\to\infty$，因此：
$$
\int_1^\infty \frac{e^{-\alpha t}}{t} dt = \int_\alpha^\infty \frac{e^{-u}}{u} du = E_1(\alpha)
$$
这里$E_1(\alpha)$是指数积分函数，当$\alpha\to0^+$时，它的渐近展开式为：
$$
E_1(\alpha) = -\ln\alpha - \gamma + \alpha - \frac{\alpha^2}{4} + \mathcal{O}(\alpha^3)
$$
其中$\gamma\approx0.5772$是欧拉常数，属于$\mathcal{O}(1)$的项。

接下来展开$e^\alpha = 1 + \alpha + \mathcal{O}(\alpha^2)$，代入$I_1$并只保留到$\mathcal{O}(1)$的项：
$$
I_1 = (1+\alpha+\mathcal{O}(\alpha^2))\left(-\ln\alpha - \gamma + \mathcal{O}(1)\right) = -\ln\alpha + \mathcal{O}(1)
$$

第三步：对$I_2$做分部积分，分析渐近行为 #

同样对$I_2$做变量替换$t=1+y$，得到：
$$
I_2 = e^\alpha \int_1^\infty \frac{e^{-\alpha t}}{t^2} dt
$$
对积分$\int \frac{e^{-\alpha t}}{t^2} dt$做分部积分：设$dv = \frac{dt}{t^2}$，$v = -\frac{1}{t}$；$u = e^{-\alpha t}$，$du = -\alpha e^{-\alpha t}dt$，则：
$$
\int \frac{e^{-\alpha t}}{t^2} dt = -\frac{e^{-\alpha t}}{t} - \alpha \int \frac{e^{-\alpha t}}{t} dt
$$
代入从1到$\infty$的定积分，当$t\to\infty$时，$-\frac{e^{-\alpha t}}{t}\to0$，因此：
$$
\int_1^\infty \frac{e^{-\alpha t}}{t^2} dt = \left. -\frac{e^{-\alpha t}}{t} \right|_1^\infty - \alpha \int_1^\infty \frac{e^{-\alpha t}}{t} dt = e^{-\alpha} - \alpha E_1(\alpha)
$$
再代入$I_2$：
$$
I_2 = e^\alpha \left(e^{-\alpha} - \alpha E_1(\alpha)\right) = 1 - \alpha e^\alpha E_1(\alpha)
$$
注意到$\alpha e^\alpha E_1(\alpha) = -\alpha\ln\alpha + \mathcal{O}(\alpha)$，这是比$\mathcal{O}(1)$更小的项，因此：
$$
I_2 = 1 + \mathcal{O}(1)
$$

第四步：合并结果得到最终渐近式 #

现在计算$I_1 - I_2$：
$$
I_1 - I_2 = \left(-\ln\alpha + \mathcal{O}(1)\right) - \left(1 + \mathcal{O}(1)\right) = -\ln\alpha + \mathcal{O}(1)
$$
而$-\ln\alpha = \ln(1/\alpha)$，因此：
$$
\int_0^\infty \frac{y}{(1+y)^2}e{-\alpha y} dy = \ln(1/\alpha) + \mathcal{O}(1)
$$
完全符合我们要证明的恒等式～

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Ruth Murphy