Euler-Maclaurin 求和公式

                     

贡献者: spain; addis

预备知识 反常积分,复变函数的积分,傅里叶级数(三角),渐近展开

   与自然数有关形式的求和公式一般并不容易求出,数学家 Euler 想到了利用原函数来拟合和函数。下面我们先介绍一个较为简单的 Euler 求和公式,它在一般情况下已经是一个较好的结果。而完整的 Euler-Macluarin 求和公式分别由 Euler 和 Maclaurin 独立发现,前者主要应用于求和函数,后者利用它来处理数值积分。

Euler 求和公式

定理 1 

   设函数 $f:X\to Y$ 在区间 $[0,+\infty)$ 上连续可微,则有如下 Euler 求和公式成立

\begin{equation} \sum_{k=1}^{n}f(k)=\int_{0}^{n}f(x)\, \,\mathrm{d}{x} +\frac{f(n)-f(0)}{2}+\int_{0}^{n}\psi(x)f'(x) \,\mathrm{d}{x} ~, \end{equation}
其中 $\psi(x)=x-\lfloor x \rfloor-1/2=\{x\}-1/2~.$

   证明如下:将区间 $[0,n]$ 划分为长度为 $1$ 的小区间 $[k-1,k](k=1,2,\cdots,n)$,则 ​\[ \int_{k-1}^{k}\psi(x)f'(x)\, \,\mathrm{d}{x} =\frac{f(k)+f(k-1)}{2}-\int_{k-1}^{k}f(x)\, \,\mathrm{d}{x} ~. \] ​对 $k$ 从 1 到 $n$ 求和,于是 ​\[ \int_{0}^{n}\psi(x)f'(x)\, \,\mathrm{d}{x} =\sum_{k=1}^{n}f(k)-\frac{f(n)-f(0)}{2}-\int_{0}^{n}f(x)\, \,\mathrm{d}{x} ~, \] 这样就证明了 Euler 求和公式。注意到式 1 右端积分比较复杂,一般情况下仅仅估计其上界便可得到较为不错的结果。设函数 $f\in{C^1[0,+\infty)}$,再设函数 $\varphi(x)=\displaystyle{\int_{0}^{x}\psi(t)\, \,\mathrm{d}{t} }$,易知该函数周期为 $1$,且 $-1/8\leqslant\varphi(x)\leqslant 0$,因此 \[ \left|\int_{0}^{n}\psi(x)f'(x)\, \,\mathrm{d}{x} \right| =\left|\int_{0}^{n}\varphi(x)f''(x)\mathrm{d}x\right| \leqslant\frac{|f'(n)-f'(0)|}{8}~. \]

图
图 1:函数 $\varphi(x)$

   在实际情况中,更为常见的是函数 $f$ 在 $[1,+\infty)$ 上可微,则补充定义 $ f\equiv 0,x\in[0,1)$。在式 1 中令 $n=1$,从而 \[ \int_{0}^{1-\delta}\psi(x)f'(x)\mathrm{d}x =\frac{f(1-\delta)+f(0)}{2}-\int_{0}^{1-\delta}f(x)\, \,\mathrm{d}{x} =0~. \] 由于令 $\delta\to0+0$ 时,极限存在且为 $0$,则对于在区间 $[1,+\infty)$ 连续可微函数 $f$ 就有

\begin{equation} \sum_{k=1}^{n}f(k) =\int_{1}^{n}f(x)\, \,\mathrm{d}{x} +\frac{f(n)+f(1)}{2}+\int_{1}^{n}\psi(x)f'(x)\, \,\mathrm{d}{x} ~. \end{equation}
式 2 式中,若积分 $\displaystyle{\int_{1}^{\infty}\psi(x)f'(x)\, \,\mathrm{d}{x} }$ 收敛,则
\begin{equation} \sum_{k=1}^{n}f(k)=\int_{1}^{n}f(x)\, \,\mathrm{d}{x} +\frac{f(n)}{2}-\int_{n}^{\infty}\psi(x)f'(x)\, \,\mathrm{d}{x} +\int_{1}^{\infty}\psi(x)f'(x)\, \,\mathrm{d}{x} +\frac{f(1)}{2}~. \end{equation}

例 1 

   Euler-Mascheroni 常数由调和级数与自然对数的差值的极限所给出,利用式 3 和该常数可以给出类调和级数前 $n$ 项和较好的计算公式,即

\begin{equation} H_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\log n+\frac{1}{2n}+C_{2} +\int_{n}^{\infty}\frac{\psi(x)}{x^2}\, \,\mathrm{d}{x} ~, \end{equation}
其中
\begin{equation} C_{2}=\frac{1}{2}-\int_{1}^{\infty}\frac{\psi(x)}{x^2}\, \,\mathrm{d}{x} ~. \end{equation}
由 Dirichlet 定理可知,积分存在,因此将 结合 Euler-Mascheroni 常数代入 就有 $C_{2}=\gamma$,从而
\begin{equation} H_{n}=\log n+\frac{1}{2n}+\gamma+\int_{n}^{\infty}\frac{\psi(x)}{x^2}\, \,\mathrm{d}{x} ~. \end{equation}

1. Bernoulli 数与 Bernoulli 多项式

   前面我们已经得到了一个较为不错的求和式,为了得到更精确的结果,我们需要深入分析式 1 右端积分的一些性质,为此引入 Bernoulli 数和 Bernoulli 多项式。

定义 1 

   设 Bernoulli 数为 $B:\mathbb{N}\to\mathbb{R} $,它有多种定义方式,其生成函数定义为

\begin{equation} \frac{z}{e^{z}-1}=\sum_{n=0}^{\infty}B_{n}\frac{z^{n}}{n!} \quad(|z|<2\pi,z\in{\mathbb C})~. \end{equation}

   由 Taylor 公式和 Cauchy 乘积,对照系数就有

\begin{equation} \sum_{k=0}^{n}\dbinom{n+1}{k}B_{k}=0\quad(n\in{\mathbb N^{+}})~. \end{equation}
依据式 8 ,计算前 10 项 Bernoulli 数(由生成函数定义就有 $B_{0}=1$)。列举如下:

表1:Bernoulli 数
$ n $ 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9
$ B_{n} $ $1$ $-\dfrac{1}{2}$ $ \dfrac{1}{6}$ $0$ $-\dfrac{1}{30}$ $0$ $\dfrac{1}{42}$ $0$ $-\dfrac{1}{30}$ $0$

   事实上,通过一定的计算可以发现似乎对于 $n\in\mathbb N^+$,有 $B_{2n+1}=0$。下面我们借助复分析给出一个较为简洁的证明。
不妨设函数 \[ f(z)=\frac{z}{e^{z}-1}=\sum_{k=0}^{\infty}B_{k}\frac{z^{k}}{k!}\quad|z|<2\pi~. \] 设圆周 $\gamma:|z|=1$, 可知 $f(z)$ 在 $|z|\leq 1$ 内解析,因此函数 $\dfrac{f(z)}{z^{2n+2}}$ 在 $|z|\leq 1$ 的洛朗展开式为 \[ \frac{f(z)}{z^{2n+2}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_{k}}{k!}{z^{k-2n-2}}\quad n\in\mathbb N~. \] 由留数定理可得 \[ \oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z^{2 n+2}}\, \,\mathrm{d}{z} =2\pi\mathrm i\cdot\frac{B_{2 n+1}}{(2n+1)!}~. \] 于是就有 \[ B_{2n+1}=\frac{(2n+1)!}{2\pi\mathrm i}\oint_{\gamma}\frac{f(z)}{z^{2 n+2}}\, \,\mathrm{d}{z} ~. \] 应用 Euler 公式作代换 $z= \mathrm{e} ^{\mathrm i\theta}$,则有 $$ \begin{aligned} B_{2n+1}&=\frac{(2n+1)!}{2\pi\mathrm i}\int_{0}^{2\pi}\frac{ \mathrm{e} ^{\mathrm i\theta}}{ \mathrm{e} ^{ \mathrm{e} ^{\mathrm i\theta}}-1} \mathrm{e} ^{-2n\mathrm i\theta-2\mathrm i\theta}\mathrm i \mathrm{e} ^{i \theta}\, \,\mathrm{d}{\theta} =\frac{(2n+1)!}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}\frac{ \mathrm{e} ^{-2n\mathrm i\theta}}{ \mathrm{e} ^{\mathrm i\theta}-1}\, \,\mathrm{d}{\theta} \\ &=\frac{(2n+1)!}{2\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{ \mathrm{e} ^{-2n\mathrm i\theta}}{ \mathrm{e} ^{ \mathrm{e} ^{\mathrm i\theta}}-1}\, \,\mathrm{d}{\theta} +\frac{(2n+1)!}{2\pi}\int_{0}^{\pi} \frac{ \mathrm{e} ^{-2n\mathrm i\theta}}{ \mathrm{e} ^{ \mathrm{e} ^{-\mathrm i\theta}}-1}\, \,\mathrm{d}{\theta} \\ &=\frac{(2 n+1)!}{2\pi}\int_{0}^{\pi}- \mathrm{e} ^{-2n\mathrm i\theta}\, \,\mathrm{d}{\theta} ~. \end{aligned} $$ 可以看出对于任意的 $n\in\mathbb N^+$,有 $B_{2n+1}=0$。

定义 2 

   设 Bernoulli 多项式为 $B_{n}:X\to Y$,利用生成函数可定义为

\begin{equation}{} \frac{ze^{xz}}{e^{z}-1}=\sum_{n=0}^{\infty}B_{n}(x)\frac{z^{n}}{n!} \quad(|z|<2\pi,z\in{\mathbb C})~. \end{equation}

   利用 Cauchy 乘积,并比较系数可得

\begin{equation} B_{n}(x)=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n}{k}B_{k}x^{n-k}~. \end{equation}
式 10 求导,故有
\begin{equation} \frac{ \,\mathrm{d}{}} { \,\mathrm{d}{x} }(B_{n+1}(x))=\sum_{k=0}^{n}\dbinom{n+1}{k}(n-k+1)B_{k}x^{n-k}=(n+1)B_{n}(x)~. \end{equation}
两边同时积分,因此
\begin{equation} B_{n+1}(x)-B_{n+1}=(n+1)\int_{0}^{x}B_{n}(t)\, \,\mathrm{d}{t} ~. \end{equation}
不妨记 $\bar{B}_{n}(x)=B_{n}(\{x\})$,注意到 $\bar{B}_{n}(x)$ 是一个周期为 1 的函数,则
\begin{equation} \int_{0}^{x}\bar{B}_{n}(t)\mathrm{d}t =\lfloor x\rfloor\int_{0}^{1}B_{n}(t)\mathrm{d}t+\int_{0}^{\{x\}}B_{n}(t)\mathrm{d}t =\frac{\bar{B}_{n}(x)-B_{n+1}}{n+1}~. \end{equation}
应用式,计算前 5 项 Bernoulli 多项式,列举如下:

表2:Bernoulli 多项式
$n$ 0 1 2 3 4
$B_{n}(x)$ $1$ $x-\dfrac{1}{2}$ $x^{2}-x+\dfrac{1}{6}$ $x^{3}-\dfrac{3}{2}x^{2}+\dfrac{1}{2}x$ $x^{4}-2x^{3}+x^{2}-\dfrac{1}{30}$

   考虑在区间 $[0,1]$ 上将 $B_{2n}(x),n\in{\mathbb N^{+}}$ 展开为 Fourier 级数: \[ B_{2n}(x)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{m=1}^{\infty}[a_{m} \cos\left(2m\pi x\right) +b_{m} \sin\left(2m\pi x\right) ]~. \] 可求得其系数为

\begin{equation} \begin{cases} a_{0}=0\\ a_{m}=(-1)^{n+1}\dfrac{2(2n)!}{(2m\pi)^{2n}}\\ b_{m}=0 \end{cases}~. \end{equation}
于是就有
\begin{equation} B_{2n}(x)=2(-1)^{n+1}(2n)!\sum_{k=1}^{\infty}\frac{ \cos\left(2m\pi x\right) }{(2m\pi)^{2n}},0\leqslant x\leqslant1~. \end{equation}
令 $x=1$,可推出
\begin{equation} \zeta(2n)=\frac{(-1)^{n+1}B_{2n}2^{2n-1}\pi^{2n}}{(2n)!}~. \end{equation}
可以看到,当 $n=2$ 时 \[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}~. \] 这就是著名的 Basel 问题的精确解答。同时,借助 Bernouolli 数和 可以较容易地得到自然数幂求和公式。 下面将介绍本篇的求和最终公式,它能得到常见初等函数的求和极为精确的结果。

2. Euler-Maclaurin 求和公式

   Euler-Maclaurin 求和公式是有关定积分的一种数值计算公式,它建立了函数的积分与其导数的联系。在数值积分理论与级数求和法中,Euler-Maclaurin 求和公式是一个极有用的工具。

定理 2 

   (Euler-Maclaurin 求和公式)设 $f:X\to Y$ 在区间 $[0,+\infty)$ 上至少 $2K(K\in{\mathbb N})$ 阶连续可微,则对于任意给定的 $n\in\mathbb N$ 有

\begin{equation} \begin{aligned} \sum_{k=1}^{n}f(k)&=\int_{0}^{n}f(x)\mathrm{d}x+\frac{f(n)-f(0)}{2}\\ &+\sum_{k=1}^{K}\frac{B_{2k}}{(2k)!}[f^{(2k-1)}(n)-f^{(2k-1)}(0)]\\ &+R_{2K+1}(n)~. \end{aligned} \end{equation}
其中
\begin{equation} R_{2K+1}(n)=\frac{1}{(2K+1)!}\int_{0}^{n}\bar{B}_{2K+1}(x)f^{(2k+1)}\, \,\mathrm{d}{x} ~. \end{equation}

   由式 13 可知

\begin{equation} \int_{0}^{n}\bar{B}_{k}(x)f^{(\alpha)}\, \,\mathrm{d}{x} =\frac{B_{k+1}}{k+1}[f^{(\alpha)}(n)-f^{(\alpha)}(0)] -\frac{1}{k+1}\int_{0}^{n}\bar{B}_{k+1}(x)f^{(\alpha+1)}\, \,\mathrm{d}{x} ~, \end{equation}
代入式 1 即可得证。

定理 3 

   设 $f:X\to Y$ 在区间 $[0,+\infty)$ 无穷阶可微且各阶导函数在其上一致有界,则对于任意给定的 $n\in\mathbb N$ 有

\begin{equation} \sum_{k=1}^{n}f(k)=\int_{0}^{n}f(x)\mathrm{d}x+\frac{f(n)-f(0)}{2} +\sum_{k=1}^{\infty}\frac{B_{2k}}{(2k)!}[f^{(2k-1)}(n)-f^{(2k-1)}(0)]~. \end{equation}

   同样地,式 17 式 20 可如同式 2 进行类似地改写。 只须证明 $\lim\limits_{K\to\infty}R_{2K+1}(n)=0$ 对于任意给定的 $n\in{\mathbb N^{+}}$ 都成立。 可设 $|f^{(\alpha)}|\leqslant M(\alpha\in{\mathbb N})$,结合,就有

\begin{equation} |R_{2K+1}(n)|<\frac{2M(n+2)}{(2\pi)^{2K+2}}~. \end{equation}
从而 \[ \lim\limits_{K\to\infty}R_{2K+1}(n)=0 ~. \] 注意当 $K$ 较大时,相应的余项的绝对值也会非常大,因此在近似计算时不宜将 的项数取的过多。

引理 1 

   Wallis 公式是关于圆周率的无穷乘积的公式,其内容如下

\begin{equation} \lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n+1}\left[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2=\frac{\pi}{2}~. \end{equation}

   考虑如下积分

\begin{equation} I_{n}=\int_{0}^{\pi/2}\sin^{n}x\mathrm{d}x\quad(n\in{\mathbb{N}})~, \end{equation}
计算可得 \[ nI_{n}=(n-1)I_{n-2}\Rightarrow I_{n}=\frac{(n-1)!!}{n!!} \left(\frac{\pi}{2}\right)^{\frac{1+(-1)^n}{2}}, \quad (n\geqslant2)~. \] 在 $0< x<\pi/2$ 时,$0<\sin^{2n+1}x<\sin^{2n}x<\sin^{2n-1}x(n\in{\mathbb{N}^{+}})$,积分就有 \[ I_{2n+1}< I_{2n}< I_{2n-1}~. \] 即 \[ \alpha_{n}=\frac{1}{2n+1}\left[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2<\frac{\pi}{2}<\frac{1}{2n}\left[\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\right]^2=\beta_{n}~, \] 从而 \[ 0<\frac{\pi}{2}-\alpha_{n}<\beta_{n}-\alpha_{n}=\frac{\alpha_{n}}{2n}<\frac{\pi}{4n}~, \] 由迫敛性即可得证。

例 2 Stirling 公式

\begin{equation} \log n!=\left(n+\frac{1}{2}\right)\log n-n+\frac{1}{2} \log\left(2\pi\right) +O\left(\frac{1}{n}\right)\quad n\to\infty~, \end{equation}
现在给出的 Stirling 公式的一种推导方法。应用式 3 就有
\begin{equation} \log n!=\sum_{k=1}^{n}\log k=\left(n+\frac{1}{2}\right)\log n-n+C_{1}+R_{n}~, \end{equation}
其中 \[ C_{1}=1+\int_{1}^{\infty}\frac{\psi(x)}{x}\, \,\mathrm{d}{x} \quad R_{n}=-\int_{n}^{\infty}\frac{\psi(x)}{x}\, \,\mathrm{d}{x} ~. \] 将式 25 代入式 22 可得 \[ \frac{\pi}{2}=\lim_{n\to\infty}\frac{ne^{4R_n-2R_{2n}}}{2(2n+1)}e^{2C_{1}} =\frac{e^{2C_{1}}}{4}\Rightarrow C_{1}=\frac{1}{2} \log\left(2\pi\right) ~, \] 这就得到了 Stirling 公式。


致读者: 小时百科一直以来坚持所有内容免费,这导致我们处于严重的亏损状态。 长此以往很可能会最终导致我们不得不选择大量广告以及内容付费等。 因此,我们请求广大读者热心打赏 ,使网站得以健康发展。 如果看到这条信息的每位读者能慷慨打赏 10 元,我们一个星期内就能脱离亏损, 并保证在接下来的一整年里向所有读者继续免费提供优质内容。 但遗憾的是只有不到 1% 的读者愿意捐款, 他们的付出帮助了 99% 的读者免费获取知识, 我们在此表示感谢。

                     

友情链接: 超理论坛 | ©小时科技 保留一切权利