- 前言
- HskEta函数
- HskKsi函数
- 广义HskEta函数
- 定义式
- 主项分析
- 余项分析
由于毕设的数学推导中涉及了 ∑ n = 1 ∞ x n n ! × n \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^n}{n!\times n}} ∑n=1∞n!×nxn 和 ∑ n = 1 ∞ x n n ! × n 2 \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^n}{n!\times n^2}} ∑n=1∞n!×n2xn 这两个神奇的函数，其中 ∑ n = 1 ∞ x n n ! × n \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^n}{n!\times n}} ∑n=1∞n!×nxn 倒是和指数积分函数 E i ( x ) \mathrm{Ei}\left(x\right) Ei(x) 有关，后面的以及推广形式就没有什么特殊的地方了。于是我给这两个函数命名为了 η ( x ) = ∑ n = 1 ∞ x n n ! × n \eta \left( x \right) =\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^n}{n!\times n}} η(x)=∑n=1∞n!×nxn 和 ξ ( x ) = ∑ n = 1 ∞ x n n ! × n 2 \xi \left( x \right) =\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^n}{n!\times n^2}} ξ(x)=∑n=1∞n!×n2xn 。
反正闲得无聊，最后我的算法是要在 C++ 平台上进行实现的，不如自己造一手轮子。所以顺便研究了一般形式
∑
n
=
1
∞
x
n
n
!
×
n
k
\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^n}{n!\times n^k}}
∑n=1∞n!×nkxn 的递推计算表达式，并用数学证明给出了余项估计。
注意1：因为我的场景只涉及 x ⩾ 0 x\geqslant0 x⩾0 的情形，所以没有取绝对值，如果要应用到一般场景，需要在判断条件处加绝对值
注意2：这里我采用的是局部展开，所以最坏复杂度可能会很高。正经的做法使用Remez算法进行展开，详见链接https://baike.baidu.com/item/%E9%9B%B7%E7%B1%B3%E5%85%B9%E7%AE%97%E6%B3%95/23665981?fr=aladdin，也可参考FDLIBM的C源码实现，见http://gnuwin32.sourceforge.net/packages/fdlibm.htm
HskEta函数注：为了与已有函数区分，函数名前均加了Hsk，Hsk是我的ID的缩写(羽咲->Hasaki->Hsk)
令
a
n
(
x
)
=
x
n
n
!
×
n
(1.1)
a_n\left( x \right) =\frac{x^n}{n!\times n}\tag{1.1}
an(x)=n!×nxn(1.1)
则
η
(
x
)
=
∑
n
=
1
∞
x
n
n
!
×
n
=
∑
n
=
1
N
a
n
(
x
)
+
∑
n
=
N
+
1
∞
a
n
(
x
)
=
η
N
(
x
)
+
R
N
+
1
(
x
)
(1.2)
\begin{aligned} \eta \left( x \right) &=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^n}{n!\times n}}\ &=\sum_{n=1}^N{a_n\left( x \right)}+\sum_{n=N+1}^{\infty}{a_n\left( x \right)}\ &=\eta _N\left( x \right) +R_{N+1}\left( x \right)\ \end{aligned}\tag{1.2}
η(x)=n=1∑∞n!×nxn=n=1∑Nan(x)+n=N+1∑∞an(x)=ηN(x)+RN+1(x)(1.2)
其中前面的
η
N
(
x
)
\eta _N\left( x \right)
ηN(x) 称为主项，
R
N
+
1
(
x
)
R_{N+1}\left( x \right)
RN+1(x) 称为余项，我们将在第3章证明在给定误差
ε
\varepsilon
ε 较小时有
∣
R
N
(
x
)
∣
<
2
∣
a
N
+
1
(
x
)
∣
\left| R_N\left( x \right) \right|<2\left| a_{N+1}\left( x \right) \right|
∣RN(x)∣<2∣aN+1(x)∣ 成立，并证明了递推表达式
a
n
−
1
(
x
)
×
[
(
1
−
1
n
)
1
n
]
x
a_{n-1}\left( x \right)\times \left[ \left( 1-\frac{1}{n} \right) \frac{1}{n} \right] x
an−1(x)×[(1−n1)n1]x 。
因此写出代码
#define HSK_EPSILON 0.000001
double HskEta (double x) {
double ans = 0;
double an = x; // a1(x)
double n;
for (n = 2; 2 * an > HSK_EPSILON; ++ n) {
ans += an;
double coff = 1 / n;
an *= coff * (1 - coff) * x; // a{n}(x) <- a{n-1}(x)
}
return ans;
}
令
a
n
(
x
)
=
x
n
n
!
×
n
2
(2.1)
a_n\left( x \right) =\frac{x^n}{n!\times n^2}\tag{2.1}
an(x)=n!×n2xn(2.1)
则
ξ
(
x
)
=
∑
n
=
1
∞
x
n
n
!
×
n
=
∑
n
=
1
N
a
n
(
x
)
+
∑
n
=
N
+
1
∞
a
n
(
x
)
=
ξ
N
(
x
)
+
R
N
+
1
(
x
)
(2.2)
\begin{aligned} \xi \left( x \right) &=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^n}{n!\times n}}\ &=\sum_{n=1}^N{a_n\left( x \right)}+\sum_{n=N+1}^{\infty}{a_n\left( x \right)}\ &=\xi _N\left( x \right) +R_{N+1}\left( x \right)\ \end{aligned}\tag{2.2}
ξ(x)=n=1∑∞n!×nxn=n=1∑Nan(x)+n=N+1∑∞an(x)=ξN(x)+RN+1(x)(2.2)
其中前面的
ξ
N
(
x
)
\xi _N\left( x \right)
ξN(x) 称为主项，
R
N
+
1
(
x
)
R_{N+1}\left( x \right)
RN+1(x) 称为余项，我们将在第3章证明在给定误差
ε
\varepsilon
ε 较小时有
∣
R
N
(
x
)
∣
<
2
∣
a
N
+
1
(
x
)
∣
\left| R_N\left( x \right) \right|<2\left| a_{N+1}\left( x \right) \right|
∣RN(x)∣<2∣aN+1(x)∣ 成立，并证明了递推表达式
a
n
−
1
(
x
)
×
[
(
1
−
1
n
)
2
1
n
]
x
a_{n-1}\left( x \right)\times \left[ \left( 1-\frac{1}{n} \right) ^2\frac{1}{n} \right] x
an−1(x)×[(1−n1)2n1]x 。
因此写出代码
#define HSK_EPSILON 0.000001
double HskKsi (double x) {
double ans = 0;
double an = x; // a1(x)
double n;
for (n = 2; 2 * an > HSK_EPSILON; ++ n) {
ans += an;
double coff = 1 / n;
an *= coff * (1 - coff) * (1 - coff) * x; // a{n}(x) <- a{n-1}(x)
}
return ans;
}
这部分给出上面内容的数学推导与严格证明。
定义式令
a
n
(
x
)
=
x
n
n
!
×
n
k
(3.1)
a_n\left( x \right) =\frac{x^n}{n!\times n^k}\tag{3.1}
an(x)=n!×nkxn(3.1)
则
η
(
x
)
=
∑
n
=
1
∞
x
n
n
!
×
n
k
=
∑
n
=
1
N
a
n
(
x
)
+
∑
n
=
N
+
1
∞
a
n
(
x
)
=
η
N
(
x
)
+
R
N
+
1
(
x
)
(3.2)
\begin{aligned} \eta \left( x \right) &=\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^n}{n!\times n^k}}\ &=\sum_{n=1}^N{a_n\left( x \right)}+\sum_{n=N+1}^{\infty}{a_n\left( x \right)}\ &=\eta _N\left( x \right) +R_{N+1}\left( x \right)\ \end{aligned}\tag{3.2}
η(x)=n=1∑∞n!×nkxn=n=1∑Nan(x)+n=N+1∑∞an(x)=ηN(x)+RN+1(x)(3.2)
主项迭代式
a
n
(
x
)
=
x
n
−
1
(
n
−
1
)
!
×
(
n
−
1
)
k
×
(
n
−
1
)
k
n
k
+
1
x
=
x
n
−
1
(
n
−
1
)
!
×
(
n
−
1
)
k
×
[
(
1
−
1
n
)
k
1
n
]
x
=
a
n
−
1
(
x
)
×
[
(
1
−
1
n
)
k
1
n
]
x
(3.3)
\begin{aligned} a_n\left( x \right) &=\frac{x^{n-1}}{\left( n-1 \right) !\times \left( n-1 \right) ^k}\times \frac{\left( n-1 \right) ^k}{n^{k+1}}x\ &=\frac{x^{n-1}}{\left( n-1 \right) !\times \left( n-1 \right) ^k}\times \left[ \left( 1-\frac{1}{n} \right) ^k\frac{1}{n} \right] x\ &=a_{n-1}\left( x \right)\times \left[ \left( 1-\frac{1}{n} \right) ^k\frac{1}{n} \right] x\ \end{aligned}\tag{3.3}
an(x)=(n−1)!×(n−1)kxn−1×nk+1(n−1)kx=(n−1)!×(n−1)kxn−1×[(1−n1)kn1]x=an−1(x)×[(1−n1)kn1]x(3.3)
其中主项
η
N
(
x
)
=
∑
n
=
1
N
a
n
(
x
)
(3.4)
\eta _N\left( x \right) =\sum_{n=1}^N{a_n\left( x \right)}\tag{3.4}
ηN(x)=n=1∑Nan(x)(3.4)
我们要求余项 $\left| R_{N+1}\left( x \right) \right|<\varepsilon $ ，其中 ε \varepsilon ε 代表误差是一个很小的量，不妨设 ε < 0.1 \varepsilon<0.1 ε<0.1 。
我们将证明：若 2 ∣ a N + 1 ( x ) ∣ < 0.1 2\left| a_{N+1}\left( x \right) \right|<0.1 2∣aN+1(x)∣<0.1 且 k = 1 , 2 k=1,2 k=1,2 有 ∣ R N ( x ) ∣ < 2 ∣ a N + 1 ( x ) ∣ \left| R_N\left( x \right) \right|<2\left| a_{N+1}\left( x \right) \right| ∣RN(x)∣<2∣aN+1(x)∣ 成立。
证明：
①若 N + 2 > 2 ∣ x ∣ N+2> 2\left| x \right| N+2>2∣x∣
即
∣
x
∣
N
+
2
<
1
2
\frac{\left| x \right|}{N+2}< \frac{1}{2}
N+2∣x∣<21 ，则有下放缩式成立
∣
a
N
+
1
+
p
(
x
)
∣
=
∣
x
∣
N
+
1
+
p
(
N
+
1
+
p
)
!
(
N
+
1
+
p
)
k
=
∣
x
∣
N
+
1
(
N
+
1
)
!
(
N
+
1
+
p
)
k
∣
x
∣
p
(
N
+
2
)
⋯
(
N
+
1
+
p
)
⩽
∣
x
∣
N
+
1
(
N
+
1
)
!
(
N
+
1
)
k
(
∣
x
∣
N
+
2
)
p
<
∣
a
N
+
1
(
x
)
∣
×
(
1
2
)
p
(3.5)
\begin{aligned} \left| a_{N+1+p}\left( x \right) \right| &=\frac{\left| x \right|^{N+1+p}}{\left( N+1+p \right) !\left( N+1+p \right) ^k}\ &=\frac{\left| x \right|^{N+1}}{\left( N+1 \right) !\left( N+1+p \right) ^k}\frac{\left| x \right|^p}{\left( N+2 \right) \cdots \left( N+1+p \right)}\ &\leqslant \frac{\left| x \right|^{N+1}}{\left( N+1 \right) !\left( N+1 \right) ^k}\left( \frac{\left| x \right|}{N+2} \right) ^p\ &<\left| a_{N+1}\left( x \right) \right| \times \left( \frac{1}{2} \right) ^p\ \end{aligned} \tag{3.5}
∣aN+1+p(x)∣=(N+1+p)!(N+1+p)k∣x∣N+1+p=(N+1)!(N+1+p)k∣x∣N+1(N+2)⋯(N+1+p)∣x∣p⩽(N+1)!(N+1)k∣x∣N+1(N+2∣x∣)p<∣aN+1(x)∣×(21)p(3.5)
故可对余项进行放缩
∣
R
N
+
1
(
x
)
∣
=
∑
n
=
N
+
1
∞
a
n
(
x
)
=
∑
p
=
0
∞
a
N
+
1
+
p
(
x
)
<
∑
p
=
0
∞
∣
a
N
+
1
(
x
)
∣
×
(
1
2
)
p
=
2
∣
a
N
+
1
(
x
)
∣
(3.6)
\begin{aligned} \left| R_{N+1}\left( x \right) \right| &=\sum_{n=N+1}^{\infty}{a_n\left( x \right)}\ &=\sum_{p=0}^{\infty}{a_{N+1+p}\left( x \right)}\ &< \sum_{p=0}^{\infty}{\left| a_{N+1}\left( x \right) \right| \times \left( \frac{1}{2} \right) ^p}\ &=2\left| a_{N+1}\left( x \right) \right|\ \end{aligned} \tag{3.6}
∣RN+1(x)∣=n=N+1∑∞an(x)=p=0∑∞aN+1+p(x)<p=0∑∞∣aN+1(x)∣×(21)p=2∣aN+1(x)∣(3.6)
②若
N
+
2
⩽
2
∣
x
∣
N+2\leqslant 2\left| x \right|
N+2⩽2∣x∣
此时（对于
k
=
1
,
2
k=1,2
k=1,2 ）
2
∣
a
N
+
1
(
x
)
∣
⩾
2
∣
a
N
+
1
(
N
+
2
2
)
∣
=
2
(
N
+
2
2
)
N
+
1
(
N
+
1
)
!
(
N
+
1
)
k
>
0.1
(3.7)
\begin{aligned} 2\left| a_{N+1}\left( x \right) \right|&\geqslant 2\left| a_{N+1}\left( \frac{N+2}{2} \right) \right|\\ &=\frac{2\left( \frac{N+2}{2} \right) ^{N+1}}{\left( N+1 \right) !\left( N+1 \right) ^k}\\ &>0.1\\ \end{aligned} \tag{3.7}
2∣aN+1(x)∣⩾2∣∣∣∣aN+1(2N+2)∣∣∣∣=(N+1)!(N+1)k2(2N+2)N+1>0.1(3.7)
关于这里第3行的不等式的证明会十分繁琐，我们可以用 mathematica 画图来展示这一点的正确性，并且展示其他
k
k
k 值对
ε
\varepsilon
ε 的要求。
Table[NMinimize[{(2 ((x + 2)/2)^(x + 1))/((x + 1)! (x + 1)^k), x > 0,
x < 50}, x], {k, 0, 10}]
Plot[(2 ((x + 2)/2)^(x + 1))/((x + 1)! (x + 1)^1), {x, 0, 10}]
这与前提 2 ∣ a N + 1 ( x ) ∣ < 0.1 2\left| a_{N+1}\left( x \right) \right|<0.1 2∣aN+1(x)∣<0.1 相矛盾，舍去。
证毕。
这意味着在对于 ε < 0.1 \varepsilon<0.1 ε<0.1 的情形总有 ∣ R N ( x ) ∣ < 2 ∣ a N + 1 ( x ) ∣ \left| R_N\left( x \right) \right|<2\left| a_{N+1}\left( x \right) \right| ∣RN(x)∣<2∣aN+1(x)∣ 成立，所以我们可以用 2 ∣ a N + 1 ( x ) ∣ 2\left| a_{N+1}\left( x \right) \right| 2∣aN+1(x)∣ 作为余项的上界。事实上，可以用斯塔林公式证明最紧的渐近上界为 e e − 1 ∣ a N + 1 ( x ) ∣ \frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}\left| a_{N+1}\left( x \right) \right| e−1e∣aN+1(x)∣ ，与这里的结论相差无几。
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