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 \[ nI_{n}=(n-1)I_{n-2}\Rightarrow I_{n}=\frac{(n-1)!!}{n!!} \left(\frac{\pi}{2}\right)^{\frac{1+(-1)^n}{2}},n\geqslant2 \] 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.


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