∑1/m^2的截尾误差

qingjiao

众所周知$\zeta(2)=1+1/2^2+1/3^2+1/4^2+...=π^2/6$

如果只取前面1~m项，即$1+1/2^2+1/3^2+1/4^2+...+1/m^2$，截尾误差\[\zeta(2,m+1)=\frac1{(m+1)^2}+\frac1{(m+2)^2}+\cdots\]是多少，有无现成的结论？

mathe

简单估计，结果应该是O(1/m)
我们利用二阶polygamma函数的stirling展开式即可(https://en.wikipedia.org/wiki/Po ... symptotic_expansion)
其中\(\D\psi^{(n)}(z)=(-1)^{n+1}n!\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(z+k)^{n+1}}\), 取`n=1，z=m+1`即得\(\zeta(2,m+1)=\psi'(m+1)\)
而`\D\psi^{(n)}(z)\sim (-1)^{n+1} \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k+n-1)!}{k!}\frac{B_k}{z^{k+n}}`
所以`\D \zeta(2,m+1)=\psi'(m+1) \sim \sum_{k=0}^{\infty}\frac{B_k}{(m+1)^{k+1}}`
其中$B_k$是贝努利数，最简单的`B_0=1`，所以\[\zeta(2,m+1)\sim\frac1{m+1}\]

kastin

根据欧拉求和公式直接可推算精确的误差项，不过这里考虑到`f(x)=1/x^2` 是 `x` 正半轴上的减函数，可根据积分的几何意义可大致估计出误差：\[\int_1^{m+1}\frac{1}{x^2}\dif x<\sum_{x=1}^m\frac{1}{x^2}<\frac{1}{1^2}+\int_1^{m}\frac{1}{x^2}\dif x\tag{1}\]于是误差 `\zeta(2,m+1)=\pi^2/6-\sum_{x=1}^m1/x^2` 满足\[\frac{\pi^2}{6}-2+\frac1m <\zeta(2,m+1)<\frac{\pi^2}{6}-1+\frac{1}{m+1}\tag{2}\] 上式右端减去左端得 `\D 1-\frac{1}{m(m+1)}` ，可见从变化快慢角度上来说，误差项至多是这个结果.
因此不难猜测出误差项应有如下形式 \[\zeta(2,m+1)=\frac{c_1}{m}+\frac{c_2}{m^2}+O(\frac1{m^3})\]其中 `c_1,c_2` 为常数.

qingjiao

显然粗糙的上限就是∫dx/x^2=-1/x，(m, ∞)=1/m，有没有更精密的上限呢？？

mathe

更精密的公式就是我二楼给的，k取更多项。

wayne

根据Euler–Maclaurin formula (https://www.wikiwand.com/en/Euler%E2%80%93Maclaurin_formula)，可以得到，
\[{\displaystyle \sum _{k=1}^{m}{\frac {1}{k^{2}}}\sim {\frac {\pi ^{2}}{6}}-{\frac {1}{m}}+{\frac {1}{2m^{2}}}-{\frac {1}{6m^{3}}}+{\frac {1}{30m^{5}}}-{\frac {1}{42m^{7}}}+....}\]

hujunhua

下界： $zeta(2,m+1)=1/(m+1)^2+1/(m+2)^2+1/(m+3)^2+...$
                        $>1/{(m+1)(m+2)}+1/{(m+2)(m+3)}+1/{(m+3)(m+4)}+...=1/(m+1)$
上界：$zeta(2,m+1)<1/{(m+1)^2-1/4}+1/{(m+2)^2-1/4}+1/{(m+3)^2-1/4}+...$
                        $=1/{(m+1/2)(m+3/2)}+1/{{m+3/2)(m+5/2)}+1/{(m+5/2)(m+7/2)}+...=1/(m+1/2)$

即$1/(m+1)<zeta(2,m+1)<1/(m+1/2)$, 显然应该更靠近上界（缩放幅度较小），截尾误差$=O(1/m)$

hujunhua

既然更靠近上界，那就是说下界还可以改进。
即存在常数`a`,  `1/2 < a <1`, 成立$1/(m+a)<\zeta(2,m+1)<1/(m+1/2)$.
为了求出这个最小常数，由缩放`(m+a)(m+1+a)\ge(m+1)^2`化得\[(2a-1)m+(a^2+a-1)\ge0\]显然地，对于给定的m, 只要`\zeta(2,m+1)`的首项缩放不反向，其它各项的缩放方向就正确。
故最小常数就是关于`a`的二次方程\[a^2+(2m+1)a-(m+1)=0\]的正根。
将`m=0`代入可得对所有的m都满足的最小常数, 黄金比${\sqrt5-1}/2$.
如果认为级数和至少取1项的话，则m最小不是0，而是1,那么对所有m都满足的最小常数是方程`a^2+3a-2`的正根\(\D\frac{\sqrt{17}-3}2\)
对于给定的更大的m, 方程的正根为\[a=\frac12+\frac1{2\sqrt{4m^2+8m+5}+4(m+1)}\]易见确有`\D\lim_{m\to\infty}a=1/2`. 这证明了截尾误差更靠近上界的感觉。
不追求最小，可将`a`放大至较简形式`\D \frac12+\frac1{8(m+1)}`，于是得到\[\frac1{m+\frac12+\frac1{8(m+1)}}<\zeta(2,m+1)<\frac1{m+\frac12}\]

hujunhua

$-1/(m+1/2)=-1/m+1/{2m^2}-1/{4m^3}+1/{8m^4}+...+2/(-2m)^{k}+...$
与6#相比较可知，$|\zeta(2,m+1)-1/(m+1/2)|=1/12O(1/m^3)$.
而楼上给出的上下界的区间宽度则为$1/8O(1/m^3)$

qingjiao

非常感谢楼上几位牛人的解答！学习了！