∑1/m^2的截尾误差

mathe

参考Gauss的连分数 https://en.m.wikipedia.org/wiki/Gauss%27s_continued_fraction

mathe

还有 https://en.m.wikipedia.org/wiki/Generalized_continued_fraction

wayne

现在，我们来回头验证一下$k=2,3,4$的时候。\(\sqrt[k-1]{(k-1)\zeta(k,m+1)}\)的连分数展开，
\[\frac{1}{\frac{a_1}{\frac{a_2}{\frac{a_3}{\frac{a_4}{\frac{a_5}{m+t+\frac{...}{...}}+m+t}+m+t}+m+t}+m+t}+m+t}\],可以待定系数得到：

\[t=\frac{1}{2}\] \[ a_1=\frac{k}{24}\],\[a_2=\frac{2 k^2+21 k+14}{240}\],\[a_3=\frac{76 k^4+2776 k^3+19173 k^2+34152 k+18204}{5040 (2 k^2+21 k+14)}\]
\[a_4=\frac{928 k^8+100712 k^7+2618596 k^6+30379518 k^5+173486781 k^4+505654578 k^3+758321316 k^2+540551448 k+142313760}{1008 (2 k^2+21 k+14) (76 k^4+2776 k^3+19173 k^2+34152 k+18204)}\]
\(a_5=\frac{\left(2 k^2+21 k+14\right) \left(116992 k^{12}+28992000 k^{11}+1711214448 k^{10}+50440470208 k^9+829413322968 k^8+8178678855792 k^7+50500736454735 k^6+199639708576272 k^5+507460030335864 k^4+816939367025472 k^3+798999509393136 k^2+431696103565824 k+98712990316800\right)}{528 \left(76 k^4+2776 k^3+19173 k^2+34152 k+18204\right) \left(928 k^8+100712 k^7+2618596 k^6+30379518 k^5+173486781 k^4+505654578 k^3+758321316 k^2+540551448 k+142313760\right)}\)

代入k=2,3,4,5,得到：
\[\left(
\begin{array}{cc}
k=2 & \left\{\frac{1}{12},\frac{4}{15},\frac{81}{140},\frac{64}{63},\frac{625}{396}\right\} \\
k=3 & \left\{\frac{1}{8},\frac{19}{48},\frac{713}{912},\frac{1385079}{1083760},\frac{50150992537}{26334968720}\right\} \\
k=4 & \left\{\frac{1}{6},\frac{13}{24},\frac{941}{936},\frac{343769}{220194},\frac{2184635297}{970459887}\right\} \\
k=5 & \left\{\frac{5}{24},\frac{169}{240},\frac{3893}{3120},\frac{1509575}{809744},\frac{1920128326903}{733421579280}\right\} \\
\end{array}
\right)\]
这跟前面的12#,24#的式子完全一样。26#说过分子分母产生很大的质数，且各自的增长速度是$O(a^(n^2))$,$n$是连分数展开的层级深度，基本上也得到印证了。
但是。重点就是12#发现的$k=2$的情形是关于连分数的分子针对层级索引$n$的规律$a_n=\frac{n^4}{4 (4 n^2-1)}$，而不是关于$k$的规律。
也就是说是连分数的分子$a_1,a_2,a_3,....$之间的关系的揭露仍然是一个谜。
要揭露这个关系，必须以连分数的层级深度$n$这个变量，即看看这些$a_n$的表达式关于$n$是什么样的关系，最终理想的状况就是得到$a_{(n,k)}$的一个二元方程。看着像是某个三角函数之类的代数数的的最小多项式？

hujunhua

数学星空 发表于 2018-1-25 19:33
$\zeta(3,m+1)=\frac{1}{-(2m^2+2m+1)+\frac{1^6}{3(2m^2+2m+3)+\frac{2^6}{-5(2m^2+2m+7)+\frac{3^6}{7(2m ...

记`w=2m(m+1)`, `\zeta(3,m+1)`的连分数可以化为以下正项形式：
$\zeta(3,m+1)=1/{w+1/{1+1/{3w+1/{2^{-3}+1/{5w+1/{3^{-3}+1/{7w+1/{4^{-3}+1/{9w+1/{5^{-3}+1/\ddots}}}}}}}}}}$
@wayne, 依你之见，全为正项，如何？

wayne

好神奇呀，连分数还可以穿插着项的玩，不得不感叹，变化之无穷。我在想，四次，五次呢，是不是也能很快的造出来呀，

hujunhua

取m=0, 则w=0, 上述连分数完全回到了定义式
$\zeta(3)=1+1/2^3+1/3^3+1/4^3+1/5^3+ cdots$
恰好似竹篮打水一场空。

wayne

跳出来，岔开话题，关于zeta函数的误差计算，Mathematica内部用的是Riemann–Siegel 公式．跟连分数没半毛钱关系，^_^
https://en.wikipedia.org/wiki/Riemann%E2%80%93Siegel_formula

hujunhua

hujunhua 发表于 2018-1-28 06:04
为了简化待定系数的公式推导，或许可以研究一下\(\sqrt[k-1]{(k-1)\zeta(k,m+1)}\)在\(m=-1/2\)处级数 ...

“m=-1/2处的展开我有试过，展开的系数都是zeta(2),zeta(3),zeta(4),zeta(5),....的混合计算，很庞杂，导致Mathematica化简前5项的展开都花销了不止5秒钟”

@wayne 这是你在前面这一贴下的评论回复。我试了一下，通过Mathematica计算`\sqrt[k-1]{(k-1)\zeta(k,m+1)}`在`m=-1/2`处的倒数形式的展开级数还是很容易的，只是规律不易归纳。
以w=m+1/2作代换，`\zeta(k,m+1)=\zeta(k,w+1/2)`, 将代换后得到的`\sqrt[k-1]{(k-1)\zeta(k,w+1/2)}`在无穷大处展开即可。





${1}/{{a_1}/{{a_2}/{{a_3}/{{a_4}/{{a_5}/{{a_6}/w+w}+w}+w}+w}+w}+w}=O(1/w^9)+{-a_1^3-a_1 a_2^2-2 a_1^2 a_2-a_1 a_2 a_3}/{w^7}+{a_1^2+a_1 a_2}/{w^5}+{-a_1}/{w^3}+1/w$

wayne

厉害，做代换了竟然能免去这么多运算！
规律的归纳倒是很容易的。比较寻找三次项$1/w^3$的系数的规律：

1. s = 3;FindSequenceFunction[
   
2.    Table[SeriesCoefficient[((k - 1) Zeta[k, 1/2 + w])^(1/(
   
3.      k - 1)), {w, \[Infinity], s}], {k, 2, 20}], k] /.
   
4.   k -> k - 1 // Factor

复制代码

然后，前15项的展开是：

1. n = 10; ans =
   
2. Table[{j,
   
3.    FindSequenceFunction[
   
4.       Table[SeriesCoefficient[((k - 1) Zeta[k, 1/2 + w])^(1/(
   
5.         k - 1)), {w, \[Infinity], j}], {k, 2, 20}], k] /. k -> k - 1 // Factor}, {j, 1, n}];
   
6. ans[[All, 2]].w^-Range[n]

复制代码

\[\frac{\left(2 k^2+31 k+14\right) k}{5760 w^5}-\frac{\left(16 k^4+538 k^3+4053 k^2+5238 k+2232\right) k}{2903040 w^7}+\frac{\left(144 k^6+8612 k^5+146876 k^4+901791 k^3+2035812 k^2+2113764 k+822960\right) k}{1393459200 w^9}-\frac{k}{24 w^3}+\frac{1}{w}\]


然后计算连分数的分子：

1. 
   
2. Solve[DeleteCases[
   
3.   Thread[CoefficientList[
   
4.      Normal[Series[
   
5.        1/(w + ContinuedFractionK[Subscript[a, k],
   
6.            w, {k, 1, n}]), {w, \[Infinity], n}]], 1/w] ==
   
7.     CoefficientList[ans[[All, 2]].w^-Range[n], 1/w]], True],
   
8. Subscript[a, #] & /@ Range[n]]// Factor // Quiet
   

复制代码

\[\left\{a_1\to \frac{k}{24},a_2\to \frac{1}{240} \left(2 k^2+21 k+14\right),a_3\to \frac{76 k^4+2776 k^3+19173 k^2+34152 k+18204}{5040 \left(2 k^2+21 k+14\right)},a_4\to \frac{928 k^8+100712 k^7+2618596 k^6+30379518 k^5+173486781 k^4+505654578 k^3+758321316 k^2+540551448 k+142313760}{1008 \left(2 k^2+21 k+14\right) \left(76 k^4+2776 k^3+19173 k^2+34152 k+18204\right)},a_5\to \frac{\left(2 k^2+21 k+14\right) \left(116992 k^{12}+28992000 k^{11}+1711214448 k^{10}+50440470208 k^9+829413322968 k^8+8178678855792 k^7+50500736454735 k^6+199639708576272 k^5+507460030335864 k^4+816939367025472 k^3+798999509393136 k^2+431696103565824 k+98712990316800\right)}{528 \left(76 k^4+2776 k^3+19173 k^2+34152 k+18204\right) \left(928 k^8+100712 k^7+2618596 k^6+30379518 k^5+173486781 k^4+505654578 k^3+758321316 k^2+540551448 k+142313760\right)}\right\}\]

可以发现，跟上面的43#的计算结果是一致的。

王守恩

wayne 发表于 2018-1-30 20:12
厉害，做代换了竟然能免去这么多运算！
规律的归纳倒是很容易的。比较寻找三次项$1/w^3$的系数的规律：

...

神奇的算式。


           \(\D 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{5}+\frac{1}{10}+\frac{1}{17}+\frac{1}{26}+\frac{1}{37}+\frac{1}{50}+\frac{1}{65}+\frac{1}{82}+\frac{1}{101}+\cdots=\frac{e^{\pi}+\pi e^{\pi}+\pi e^{-\pi}-e^{-\pi}}{e^{\pi}+e^{\pi}-e^{-\pi}-e^{-\pi}}\)




补充内容 (2018-6-26 10:52):
1=0^2+1，2=1^2+1，5=2^2+1，10=3^2+1，17=4^2+1，26=5^2+1，...