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楼主: mathe

[转载] 步长随机的行走问题

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 楼主| 发表于 2008-9-6 06:29:04 | 显示全部楼层
不过上面仅仅给出计算
$\sum_{k=0}^{infty}x^kG_{1,h+k}(x)$的公式还不够,更加一般的,对于高次情况,推导过程中我们会遇上
$\sum_{k=0}^{infty}x^ku(h+k)G_{1,h+k}(x)$
其中$u(h)$是一个关于h的多项式,而这个我们同样可以转化为$G_{1,h},G_{1,h+1},...$的组合,其中每一项的系数将是一个h的多项式,多项式次数最多比$u(h)$高一次(计算过程中x看成一个常数符号)。
当然这个计算过程还是很复杂,最好还是交给计算机做,而且最好是支持符号运算的。
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发表于 2008-9-6 08:58:29 | 显示全部楼层
你觉得哪个包的符号计算效率高?
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 楼主| 发表于 2008-9-6 10:41:42 | 显示全部楼层
不清楚,可能Mathematica不错
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发表于 2008-9-6 14:04:22 | 显示全部楼层
可是那个软件据说是用的maple的符号内核的
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 楼主| 发表于 2008-9-6 15:49:36 | 显示全部楼层
你弄错了,Mathematica没有使用Maple的。倒是很多其他数学软件可能使用了
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发表于 2008-9-6 16:02:22 | 显示全部楼层


有进展了么
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 楼主| 发表于 2008-9-6 16:30:13 | 显示全部楼层
在休息。不过余下问题已经可以让计算机来求解了,估计如果让计算机算,算到几十项应该没有问题,只是如果用C编程,会非常复杂
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 楼主| 发表于 2008-9-7 18:05:44 | 显示全部楼层
发现一个很漂亮的计算过程:
我们知道
$\sum_{k=0}^{infty}x^kG_{1,h+k}(x)$
$=\sum_{k=0}^{infty}\sum_{n=1}^{infty}{x^{n+k-1}}/{(n+h+k)!}$
$=\sum_{n=1}^{infty} {nx^{n-1}}/{(n+h)!}$
$={G_{1,h-1}'(x)}/{1!}$   

$\sum_{k=0}^{infty}x^k{G_{1,h-1+k}'(x)}/{1!}$
$=\sum_{k=0}^{infty}\sum_{n=1}^{infty}{nx^{n+k-1}}/{(n+h+k)!}$
$=\sum_{n=1}^{infty} {{(n+1)n}/2x^{n-1}}/{(n+h)!}$
$={G_{1,h-2}''(x)}/{2!}$   

....

$\sum_{k=0}^{infty}x^k{G_{1,h-t+k}^{(t)}(x)}/{t!}$
$={G_{1,h-t-1}^{(t+1)}(x)}/{(t+1)!}$
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 楼主| 发表于 2008-9-8 10:01:33 | 显示全部楼层
$G_{2,h}(x)=G_{1,0}(x)*{G_{1,h}(x)}/{0!}-{G'_{1,h}(x)}/{1!}$
$G_{3,h}(x)=G_{2,0}(x)*{G_{1,h}(x)}/{0!}-G_{1,0}(x)*{G'_{1,h}(x)}/{1!}+{G''_{1,h}(x)}/{2!}$
$G_{4,h}(x)=G_{3,0}(x)*{G_{1,h}(x)}/{0!}-G_{2,0}(x)*{G'_{1,h}(x)}/{1!}+G_{1,0}(x)*{G''_{1,h}(x)}/{2!}-{G_{1,h}^{(3)}(x)}/{3!}$
...
由此我们得到递推式:
$G_{2,0}(x)=G_{1,0}(x)*{G_{1,0}(x)}/{0!}-{G'_{1,0}(x)}/{1!}$
$G_{3,0}(x)=G_{2,0}(x)*{G_{1,0}(x)}/{0!}-G_{1,0}(x)*{G'_{1,0}(x)}/{1!}+{G''_{1,0}(x)}/{2!}$
$G_{4,0}(x)=G_{3,0}(x)*{G_{1,0}(x)}/{0!}-G_{2,0}(x)*{G'_{1,0}(x)}/{1!}+G_{1,0}(x)*{G''_{1,0}(x)}/{2!}-{G_{1,0}^{(3)}(x)}/{3!}$
...
其中$G_{1,0}(x)={e^x-1}/x$
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 楼主| 发表于 2008-9-8 10:25:12 | 显示全部楼层
然后对于每个$G(x)$,我们需要计算$H_{n}(x)={d(G_{n,0}(x)*x^{n+1}-G_{n,0}(x)*x^n)}/{dx}$
然后计算$U_1(x)=H_1(x),U_2(x)=U_1{x}+H_2(x),U_3(x)=U_2(x)+H_3(x),...$
最后对于$U_S(x)$我们去掉其泰勒展开式中次数低于S的所有项得到$V_S(x)$
那么$V_S(1)$就是所求的结果.
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