∑1/m^2的截尾误差

数学星空

$-\zeta(4,m+1)=\frac{2^3}{-3(2m+1)(4m^2+4m+3)+\frac{3^2}{2m+1+\frac{2^6}{9(2m+1)+\frac{5*7}{2m+1+\frac{2^4*3^3}{5*7*(2m+1)+\frac{5*593}{9(2m+1)+\cdots}}}}}}$

王守恩

wayne 发表于 2018-1-21 13:07
先发出来，半手工的。

\(\D1=1×1=1\)

\(\D\frac{1}{3}=3×\frac{1}{3^2}<\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}\)

\(\D\frac{1}{3^2}=9×\frac{1}{9^2}<\frac{1}{5^2}+\frac{1}{6^2}+\frac{1}{7^2}+\frac{1}{8^2}+...+\frac{1}{13^2}\)

\(\D\frac{1}{3^3}=27×\frac{1}{27^2}<\frac{1}{14^2}+\frac{1}{15^2}+\frac{1}{16^2}+\frac{1}{17^2}+...+\frac{1}{40^2}\)

\(\D\frac{1}{3^4}=81×\frac{1}{81^2}<\frac{1}{41^2}+\frac{1}{42^2}+\frac{1}{43^2}+\frac{1}{44^2}+...+\frac{1}{121^2}\)

\(\D............\)

\(\D左边=1+\frac{1}{3}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^4}+\frac{1}{3^5}+......=\frac{3}{3}×\frac{3}{2}=\frac{3^2}{6}\)

\(\D右边=1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{6^2}+......=\frac{\pi}{3}×\frac{\pi}{2}=\frac{\pi^2}{6}\)

离题太远！胡思乱想的是一种方法。

遥想先人可能也是从这里开始寻找答案的。

mathe

先看一下基本情况的公式是怎么样的
设\(a_0+\frac{b_1}{\frac{a_1}{\frac{b_2}{\begin{matrix}a_3+... \\ &{\frac{b_n}{a_n+x}}\end{matrix}}}}=\frac{u_n+s_n x}{v_n+t_n x}\)
于是我们可以有
\(\frac{u_{n+1}+s_{n+1}x}{v_{n+1}+t_{n+1}x}=\frac{u_n+s_n\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}+x}}{v_n+t_n\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}+x}}=\frac{(u_na_{n+1}+s_nb_{n+1})+u_nx}{(v_na_{n+1}+t_nb_{n+1})+v_nx}\)
于是又递推式
\(\begin{cases}s_{n+1}=u_n\\t_{n+1}=v_n\\u_{n+1}=a_{n+1}u_n+b_{n+1}s_n=a_{n+1}u_n+b_{n+1}u_{n-1}\\v_{n+1}=a_{n+1}v_n+b_{n+1}t_n=a_{n+1}v_n+b_{n+1}v_{n-1}\end{cases}\)
其中初始条件为
\(\begin{cases}u_0=a_0,&u_{-1}=1\\v_0=1,&v_{-1}=0\end{cases}\)

mathe

比较有意思的是wayne在13#的公式中，有$a_n=m+1/2$是常数，我们改记$a_n=m+1/2=X$
于是根据递推式
\(\begin{cases}u_{n+1}=Xu_n+b_{n+1}u_{n-1}\\v_{n+1}=Xv_n+b_{n+1}v_{n-1}\end{cases}\)
于是$u_n,v_n$都可以写成一个关于$X$的n次多项式$sF_n(X)+tG_n(X)$,其中
\(\begin{cases}u_n=u_1F_n(X)+u_0G_n(X)\\v_n=v_1F_n(X)+v_0G_n(X)\\\frac{u_n}{v_n}=\frac{u_1F_n(X)+u_0G_n(X)}{v_1F_n(X)+v_0G_n(X)}\end{cases}\)
其中$F_n,G_n$也可以利用递推式$F_{n+1}=XF_n+b_{n+1}F_{n-1},G_{n+1}=XG_n+b_{n+1}G_{n-1}$得出，唯一的区别是$F_1=1,F_0=0,G_1=0,G_0=1$

wayne

先第一步，要找出zeta函数$\zeta(k,m+1)=\sum_{n=m+1}^{+\infty}\frac{1}{n^k}$的无穷级数展开的系数的规律，搜了网上的链接，没找到，但很幸运的是，经过Mathematica代码的反复尝试，竟然可以发现普适的规律。

\[\zeta(k,m+1)\sim \sum _{j=0}^{+\infty} \frac{C_{j+k-2}^{k-2}B_j }{k-1} \frac{1}{m^{j+k-1}}  \]
(其中$B_j$是伯努利数，$C_n^m$是二项式数，$k>=2$)， 这或许又是本论坛的一个发现？,
验证代码如下：

1. k = 9; n = 20;
   
2. Normal@Series[
   
3.    HarmonicNumber[Infinity, k] - HarmonicNumber[m, k], {m, Infinity,
   
4.     n + k - 1}] -
   
5. Sum[(BernoulliB[j] Binomial[k + j - 2, k - 2])/(k - 1) 1/m^(
   
6.    j + k - 1), {j, 0, n}]

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hujunhua

hujunhua 发表于 2018-1-22 16:32
@wayne
"目前我还是没看出规律来，或者需要换种形式？"
既然能一致保持m+1/2不变，这种形式就是正确的方 ...

@wayne
关于整体幂的形式，一开始我是比较吃惊的，这两天细一想，不禁哑然。

你求的实际上是截尾函数的开方`\sqrt{\zeta(3,m+1)}` 和`\sqrt[3]{\zeta(4,m+1)}`的连分式，
然后以其平方和立方来表现截尾函数`\zeta(3,m+1)`和`\zeta(4,m+1)`.
开方的连分式总是存在的，我一时不明，被惊艳了一下。

因为`\zeta(3,m+1)\sim O(1/m^2)`，所以其连分式各层分母为2次式或者1次式。
同理，`\zeta(4,m+1)\sim O(1/m^3)`，所以其连分式各层分母为3次以下多项式。
而它们的开方则`\sim O(1/m)`，所以开方的连分式各层分母最多为1次式。
从这一点来看，也许求开方的连分式是一个捷径，取决于结果显示的规律。
你的结果表明：分母的规律至为简单，是不变的`m+1/2`, 但分子的规律难以捉摸。
这可能是分母至简的代价，鱼和熊掌不可兼得呀。

wayne

结合上面的级数展开的代数表达，利用mathe给的递推公式，咱们可以继续往下走，看看这个连分数展开后的分子项$b_n$到底是什么鬼，^_^

wayne

现在能解释对于一般情况为什么会存在$m+1/2$了。由于$\zeta(k,m+1)$的前几项比较固定，使得 \(\sqrt[k-1]{(k-1)\zeta(k,m+1)}\)的级数展开的前两项也是固定的：$\frac{1}{m}-\frac{1}{2 m^2}+\frac{6-k}{24 m^3}+\frac{k-2}{16 m^4}+...$。而连分数展开的递归只会增加高次项，即前几项始终是固定的，比如，以$a_n=m+t$为核心，代入，展开得到：

\[\frac{1}{\frac{a_1}{\frac{a_2}{\frac{a_3}{\frac{a_4}{\frac{a_5}{\frac{a_6}{m+t}+m+t}+m+t}+m+t}+m+t}+m+t}+m+t}=\frac{-15 a_1 t^4+15 a_1^2 t^2+15 a_1 a_2 t^2-a_1^3-a_1 a_2^2-2 a_1^2 a_2-a_1 a_2 a_3+t^6}{m^7}+\frac{10 a_1 t^3-5 a_1^2 t-5 a_1 a_2 t-t^5}{m^6}+\frac{-6 a_1 t^2+a_1^2+a_1 a_2+t^4}{m^5}+\frac{3 a_1 t-t^3}{m^4}+\frac{t^2-a_1}{m^3}-\frac{t}{m^2}+\frac{1}{m}\]

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

一个连分数分子能贡献两项的级数展开，通过交叉验证，得到 \(\sqrt[k-1]{(k-1)\zeta(k,m+1)}\)的级数展开：$\frac{1}{m}-\frac{1}{2 m^2}+\frac{6-k}{24 m^3}+\frac{k-2}{16 m^4}+\frac{2 k^3+31 k^2-346 k+360}{5760m^5}-\frac{(k-2) (2 k^2+35 k-36)}{2304m^6}+\frac{-16 k^5-538 k^4-273 k^3+53352 k^2-89172 k+45360}{2903040m^7}+\frac{(k-2) (16 k^4+570 k^3+3933 k^2-6426 k+3240)}{829440m^8}+\frac{144 k^7+8612 k^6+93116 k^5-905889 k^4-9465468 k^3+17324484 k^2-17260560 k+5443200}{1393459200m^9}-\frac{(k-2) (144 k^6+8900 k^5+146756 k^4+592743 k^3-894702 k^2+1019880 k-302400)}{309657600m^{10}}...$
当然，也可以直接使用Mathematica的FindSequenceFunction函数根据数列反过来发现该公式

1. j=5;Table[{k,
   
2.   SeriesCoefficient[((k - 1) (HarmonicNumber[Infinity, k] -
   
3.        HarmonicNumber[m, k]))^(1/(k - 1)), {m, Infinity, j}]}, {k, 2,
   
4.    20}];
   
5. FindSequenceFunction[ans[[All, 2]], k] /. k -> k - 1 // Factor
   

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wayne

规律是找到了，看来，一点都不好玩，

hujunhua

wayne 发表于 2018-1-28 00:58
规律是找到了，看来，一点都不好玩，

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\(m=-1/2\)处级数展开的系数公式。
这样一来，你可以令上面连分数展开中的\(t=0\)，公式推导会简化很多. 顺便地，由于偶次项系数为零，消除了由两项同时确实一个系数的冗余。

函数在m=-1/2之特定点级数展开的偶次项系数等于0，表明(-1/2,0)是函数曲线的对称中心。
\(\sqrt[k-1]{(k-1)\zeta(k,m+1)}\)在原点之外有一个对称中心，本身就是一件有趣的事情！