Fórmula de Euler-Maclaurin

La versión actual de la página aún no ha sido revisada por colaboradores experimentados y puede diferir significativamente de la versión revisada el 19 de abril de 2016; las comprobaciones requieren 7 ediciones .

La fórmula de suma de Euler-Maclaurin es una fórmula que permite expresar sumas discretas de valores de funciones en términos de integrales de una función. En particular, muchas expansiones asintóticas de sumas se obtienen precisamente en términos de esta fórmula.

La fórmula fue encontrada de forma independiente por Leonhard Euler en 1732 y por Colin Maclaurin alrededor de 1735 (y luego se generalizó a la fórmula de Darboux).). Euler obtuvo esta fórmula cuando necesitaba calcular una serie lentamente convergente y Maclaurin la usó para calcular integrales.

Fórmula

La fórmula de Euler-Maclaurin tiene la forma:

\sum \limits _{a\leqslant k<b}f(k)=\int \limits _{a}^{b}f(x)dx+\left.\sum \limits _{k=1 }^{m}{\frac {B_{k}}{k!}}f^{(k-1)}(x)\right|_{a}^{b}+R_{m},

dónde

R_{m}=(-1)^{m+1}\int \limits _{a}^{b}{\frac {B_{m}(\{x\})}{m!} }f^{(m)}(x)dx,

aquí — natural, — números de Bernoulli , — función lo suficientemente suave para tener derivadas , — polinomio de Bernoulli , — parte fraccionaria de x . En el caso de que sea pequeño, obtenemos una buena aproximación para la suma. $a\leqslant b,m$ $B_{k}$ $f(x)$ $f'(x),\ldots,f^{(m)}(x)$ ${\ Displaystyle B_ {m} (t)}$ $\{X\}$ $R_m$

Los polinomios de Bernoulli se definen recursivamente como $B_{n}(x),n=0,1,2,\ldots$

B_{0}(x)=1,

B_{n}'(x)=nB_{n-1}(x),\ \int \limits _{0}^{1}B_{n}(x)dx=0,n\in \ matemáticas bb {N} .

La expresión se llama función periódica de Bernoulli. $B_{n}(\{x\})=P_{n}(x)$

Resto

El resto del término R se puede expresar fácilmente en términos de : $p_n(x)$

R=-\int \limits _{a}^{b}f^{(2p)}(x){\frac {P_{2p}(x)}{(2p)!}}dx,

o la forma equivalente obtenida integrando por partes, asumiendo que es diferenciable de nuevo, y recordando que los números impares de Bernoulli son iguales a cero: ${\ estilo de visualización f ^ {(2p)))$

R=\int \limits _{a}^{b}f^{(2p+1)}(x){\frac {P_{(2p+1)}(x)}{(2p+1 )!}}dx.

donde _ Se puede demostrar que $n \geqslant 0$

\left|B_{n}(x)\right|\leqslant {\frac {2n!}{(2\pi )^{n))}\zeta (n),

donde denota la función zeta de Riemann . La igualdad se logra incluso para n y . Usando esta desigualdad, el término restante se estima como $\zeta$ $x=0$

\left|R\right|\leqslant {\frac {2\zeta (2p)}{(2\pi )^{2p))}\int \limits _{a}^{b}\left| f^{(2p)}(x)\right|dx

Prueba

Consideraciones del operador

Antes de la prueba, es conveniente considerar consideraciones de orden superior (debido a Lagrange) por las que se cumple tal fórmula. Sea un operador de diferencia, sea un operador de suma , sea un operador de diferenciación y sea un operador de integración. Entonces el operador es inverso a , y es inverso a . Se puede expresar mediante la fórmula de Taylor: $\Delta$ $\Sigma$ $D$ $\En t$ $\Delta$ $\Sigma$ $D$ $\En t$ $\Delta$ $D$

\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)={\frac {f'(x)}{1!}}+{\frac {f''(x)}{ 2!}}+{\frac {f'''(x)}{3!}}+\ldots =\left({\frac {D}{1!}}+{\frac {D^{2} {2!}}+{\frac {D^{3}}{3!}}+\ldots \right)f(x)=(e^{D}-1)f(x),

aquellos. y entonces , y desde , entonces $\Delta =e^{D}-1$ $\Sigma =\Delta ^{-1}={\frac {1}{e^{D}-1))$ ${\frac {z}{e^{z}-1}}=\sum \limits _{k\geqslant 0}B_{k}{\frac {z^{k}}{k!)} }$

\sum ={\frac {B_{0}}{D}}+{\frac {B_{1}}{1!}}+{\frac {B_{2}}{2!}}D+ {\frac {B_{3}}{3!}}D^{2}+\ldots =\int +\sum \limits _{k\geqslant 1}{\frac {B_{k}}{k!} }D^{k-1}.

Aplicando esta relación de operador a , obtenemos la fórmula deseada, pero sin el resto del término. $f(x)$

Esta conclusión es puramente formal y no se refiere a cuestiones de convergencia.

Prueba de resto

Es suficiente probar la fórmula para , ya que podemos dividir cualquier segmento con límites de enteros en segmentos de longitud 1 y cambiarlos a . Para , la fórmula parece ${\ estilo de visualización a = 0, b = 1}$ $[a;b]$ $[0;1]$ ${\ estilo de visualización a = 0, b = 1}$

f(0)=\int \limits _{0}^{1}f(x)dx+\left.\sum \limits _{k=1}^{m}{\frac {B_{k} {k!}}f^{(k-1)}(x)\right|_{0}^{1}+(-1)^{(m+1)}\int \limits_{0} ^{1}{\frac{B_{m}(x)}{m!}}f^{(m)}(x)dx.

La prueba se realizará por inducción sobre m .

Base. en . Integrando por partes , en , obtenemos: $m=1,B_{1}(x)=x-{\frac {1}{2))$ $u(x)=f(x),v(x)=x-{\frac {1}{2))$

f(0)=\int \limits _{0}^{1}f(x)dx-{\frac {1}{2}}(f(1)-f(0))+\int \limits _{0}^{1}\left(x-{\frac {1}{2}}\right)f'(x)dx.

Paso. El paso de inducción es equivalente a probar la igualdad , es decir, necesitas probar que $R_{m-1}=\izquierda.{\frac {B_{m}}{m!}}f^{(m-1)}(x)\derecha|_{0}^{1} +R_{m}$

\left.(-1)^{m}B_{m}f^{(m-1)}(x)\right|_{0}^{1}=m\int \limits_{0 }^{1}B_{m-1}(x)f^{(m-1)}(x)dx+\int \limits _{0}^{1}B_{m}(x)f^{( m)}(x)dx.

Aquí nuevamente, la fórmula de integración por partes es aplicable para : , por lo que la fórmula es correcta debido al hecho de que $u(x)=f^{(m-1)}(x),v(x)=B_{m}(x)$ $B_{m}'(x)=mB_{m-1}(x)$

\left.(-1)^{m}B_{m}f^{(m-1)}(x)\right|_{0}^{1}=\left.B_{m}( x)f^{(m-1)}(x)\derecha|_{0}^{1},

es decir , y esto es cierto, ya que para m impar tenemos . $(-1)^{m}B_{m}=B_{m}(1)=B_{m}(0)$ ${\ estilo de visualización B_ {m} = 0,}$

Aplicación

Suma de potencias

Calculemos la suma de grados . Sea , luego y , calculando las integrales, obtenemos: ${\displaystyle \sum \limits _{a\leqslant k<b}k^{m-1))$ ${\ Displaystyle f (x) = x ^ {m-1}}$ ${\ estilo de visualización f ^ {(m)} (x) = 0}$ $R_{m}=0$

\sum \limits _{a\leqslant k<b}k^{m-1}={\frac {1}{m))\sum \limits _{k=0}^{m}{\ binoma {m}{k}}B_{k}(b^{mk}-a^{mk}).

Suma del cuadrado inverso

Calcular suma

1+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{16}}\cdots =\sum \limits _{n=1} ^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}.

Euler calculó esta suma con 20 decimales usando un pequeño número de términos de la fórmula de Euler-Maclaurin en 1735. Esto probablemente lo convenció de que esta suma es igual a , lo que demostró en el mismo año. [1] [2] ${\frac {\pi^{2}}{6}}$

Integración numérica

La fórmula de Euler-Maclaurin también se puede utilizar para el análisis detallado de errores de los métodos de integración numérica. Explica el alto rendimiento del método trapezoidal en funciones periódicas suaves y se utiliza en ciertos métodos de extrapolación . La cuadratura de Clenshaw-Curtis esencialmente cambia las variables expresando una integral arbitraria en términos de integrales de funciones periódicas, para lo cual la aproximación de Euler-Maclaurin es especialmente precisa (en este caso particular, la fórmula de Euler-Maclaurin se toma en forma de una transformada discreta del coseno ). Esta técnica se llama la transformación a una función periódica.

Una expresión asintótica para la suma

Para calcular la expresión asintótica de una suma o serie, se suele utilizar con mayor frecuencia la siguiente forma de la fórmula de Euler-Maclaurin:

\sum \limits _{n=a}^{b}f(n)\sim \int \limits _{a}^{b}f(x)dx+{\frac {f(a)+f (b)}{2}}+\sum_{k=1}^{+\infty }{\frac {B_{2k}}{(2k)!}}\left(f^{(2k-1) }(b)-f^{(2k-1)}(a)\derecha),

donde a , b son números enteros. A menudo, la fórmula sigue siendo válida incluso cuando se amplían los límites de uno o ambos. En muchos casos, la integral del lado derecho puede calcularse en forma cerrada en términos de funciones elementales , aunque la suma del lado izquierdo no pueda expresarse así. Entonces todos los términos de la serie asintótica se pueden expresar en términos de funciones elementales. Por ejemplo, $a\to -\infty$ $b\to +\infty$

\sum \limits _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(z+k)^{2}}}\sim \underbrace {\int \limits _{0}^ {+\infty }{\frac {1}{(z+k)^{2}}}dk} _{=1/z}+{\frac {1}{2z^{2}}}+\sum \limits _{t=1}^{+\infty }{\frac {B_{2t}}{z^{2t+1}}}.

Aquí el lado izquierdo es , llamada función poligamma de primer orden , definida como ; la función gamma es , si z es natural. El resultado obtenido es una expansión asintótica de . Esta expresión se utiliza como punto de partida para obtener una estimación del error exacto de la fórmula factorial de Stirling . ${\ estilo de visualización \ psi ^ {(1)} (z)}$ $\psi ^{(1)}(z)={\frac {d^{2}}{dz^{2}}}\ln \Gamma (z)$ $\gamma(z)$ ${\ estilo de visualización (z-1)!}$ ${\ estilo de visualización \ psi ^ {(1)} (z)}$

Aproximación para números armónicos

Suponemos , luego y luego obtenemos ${\ estilo de visualización f (x) = x ^ {-1))$ $f^{(m)}(x)=(-1)^{m}m!x^{-m-1}=O(x^{-m-1})$

\sum \limits _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}=\ln n+\gamma +{\frac {1}{2n}}-\sum \limits _ {k=1}^{m}{\frac {B_{2k}}{2kn^{2k}}}-\theta _{m,n}{\frac {B_{2m+2}}{(2m+ 2 )n^{2m+2}}},

donde _ Desde aquí se puede calcular la constante de Euler con relativa rapidez . $0<\theta _{m,n}<1$ $\gama$

Aproximación de Stirling para el factorial

Suponemos , luego y luego obtenemos ${\ estilo de visualización f (x) = \ ln x}$ ${\displaystyle f'(x)=x^{-1},f^{(m+1)}(x)=(-1)^{m}m!x^{-m-1))$

\sum \limits _{k=1}^{n}\ln k=n\ln n-n+\sigma -{\frac {\ln n}{2))+\sum \limits _{k =1}^{m}{\frac {B_{2k}}{2k(2k-1)n^{2k-1}}}-\phi _{m,n}{\frac {B_{2m+2 }}{(2m+1)(2m+2)n^{2m+1}}},

donde realmente . Tomando la exponencial de ambas partes, obtenemos la fórmula de Stirling . ${\ estilo de visualización \ sigma = \ ln {\ sqrt {2 \ pi}}}$

Notas

↑ David J. Pengelley, "Bailes entre continuos y discretos: la fórmula de suma de Euler" Archivado el 9 de agosto de 2017 en Wayback Machine , en: Robert Bradley y Ed Sandifer (Eds), Actas, Conferencia Euler 2K+2 (Rumford, Maine, 2002 ) ) , Sociedad de Euler, 2003.
↑ K. P. Kokhas. La suma de cuadrados inversos // Matem. esclarecimiento.. - 2004. - Edición. 8 _ — S. 142–163 .

Literatura

Graham R., Knut D. , Patashnik O. Matemáticas concretas. — M .: Mir, 1998. — 703 p. — ISBN 5-03-001793-3 .
Fikhtengol'ts GM Capítulo 12. § 6. Series envolventes y asintóticas. Fórmula de Euler-Maclaurin // Curso de cálculo diferencial e integral. - 7ª ed., estereotipo. - M. : Nauka, 1969. - T. 2. - S. 531-551. — 800 s.