免費論壇 繁體 | 簡體
Sclub交友聊天~加入聊天室當版主
分享
返回列表 发帖

[函数] Padé逼近 欧拉常数的连分数恒等式2

本帖最后由 hbghlyj 于 2020-7-3 14:21 编辑

用有理函数$\frac{p(z)}{q(z)}$逼近$f(z)$,若$\deg p=m,\deg q=n,$由于$\frac{p(z)}{q(z)}$有(m+1)+(n+1)-1=m+n+1个自由度,我们希望其$0,1,\cdots m+n$阶导数与$f(z)$相合.在实践上,解线性方程组可以求得帕德逼近.
$f(z)$的(m,n)型帕德逼近$r_{m,n}=f(z)+O(z^{m+n+1})$是唯一的
证明:设$\frac{p(z)}{q(z)},\frac{r(z)}{s(z)}$都是$f(z)$的(m,n)型帕德逼近,则$\frac{p(z)}{q(z)}-\frac{r(z)}{s(z)}$的分子$p(z)s(z)-q(z)r(z)=O(z^{m+n+1})$,而它的次数$\le$m+n,故$p(z)s(z)-q(z)r(z)=0$,$\frac{p(z)}{q(z)}=\frac{r(z)}{s(z)}$
--------------
$\ln(x+1)$在(0,0)处的帕德表
  1. MatrixForm[ Table[Factor[PadeApproximant[Log[x + 1], {x, 0, {n, m}}]], {m, 0, 3}, {n, 1, 3}]]
复制代码
$\begin{array}{ccc}
x & -\frac{1}{2} (x-2) x & \frac{1}{6} x \left(2 x^2-3 x+6\right) \\
\frac{2 x}{x+2} & \frac{x (x+6)}{2 (2 x+3)} & -\frac{x \left(x^2-6 x-24\right)}{6 (3 x+4)} \\
-\frac{12 x}{x^2-6 x-12} & \frac{3 x (x+2)}{x^2+6 x+6} & \frac{x \left(x^2+21 x+30\right)}{3 \left(3 x^2+12 x+10\right)} \\
\frac{24 x}{x^3-2 x^2+12 x+24} & -\frac{3 x (19 x+30)}{(x+3) \left(x^2-24 x-30\right)} & \frac{x \left(11 x^2+60 x+60\right)}{3 (x+2) \left(x^2+10 x+10\right)} \\
\end{array}$
分享到: QQ空间QQ空间 腾讯微博腾讯微博 腾讯朋友腾讯朋友

本帖最后由 hbghlyj 于 2020-7-2 00:36 编辑

下面是厄尔米特对于欧拉常数的连分式恒等式2的简短证明:
定理:$e=[a_0;a_1,a_2,\cdots]$
$a_n=\begin{cases}\frac{2(k+1)}3&k \text{ mod }3=2\\1&\text{otherwise}\end{cases}$
即e=[2;1,2,1,1,4,1,1,6,1,1,8,…]
设i阶渐近分数为$\frac{p_i}{q_i}(p_0=p_1=q_0=1,q_1=0,p_2=a_0,q_2=1,\cdots)$则
$\begin{matrix}p_{3n}=p_{3n-1}+p_{3n-2}&q_{3n}=q_{3n-1}+q_{3n-2}\\
p_{3n+1}=2np_{3n}+p_{3n-1}&q_{3n+1}=2nq_{3n}+q_{3n-1}\\
p_{3n+2}=p_{3n+1}+p_{3n}&q_{3n+2}=q_{3n+1}+q_{3n}
\end{matrix}$
我们要证明$\lim\limits_{i\to\infty}\frac{p_i}{q_i}=e$
定义:$A_n=\int_0^1\frac{x^n(x-1)^n}{n!}e^x\rm{d}x$
$B_n=\int_0^1\frac{x^{n+1}(x-1)^n}{n!}e^x\rm{d}x$
$C_n=\int_0^1\frac{x^n(x-1)^{n+1}}{n!}e^x\rm{d}x$
引理:$\forall n\in\mathbf N,A_n=q_{3n}e-p_{3n},B_n=p_{3n+1}-q_{3n+1}e,C_n=p_{3n+2}-q_{3n+2}e$
引理的证明:只需验证几个初始值$A_0=e-1,B_0=1,C_0=2-e$并证明下面的递推关系:
$\begin{align}A_n&=-B_{n-1}-C_{n-1}\\B_n&=-2nA_n+C_{n-1}\\C_n&=B_n-A_n\end{align}$
(1)由求导公式,$\frac{x^n(x-1)^n}{n!}e^x+\frac{x^n(x-1)^{n-1}}{(n-1)!}e^x+\frac{x^{n-1}(x-1)^n}{(n-1)!}e^x=\frac{\rm{d}}{\rm{d}x}\left(\frac{x^n(x-1)^n}{n!}e^x\right)$,所以$A_n+B_n+C_{n-1}=0$.
(2)由求导公式和简单的代数变形,$\frac{x^{n+1}(x-1)^n}{n!}e^x+2n\frac{x^n(x-1)^n}{n!}e^x-\frac{x^{n-1}(x-1)^n}{(n-1)!}e^x=\frac{\rm{d}}{\rm{d}x}\left(\frac{x^n(x-1)^{n+1}}{n!}e^x\right)$,所以$B_n+2nA_n-C_{n-1}=0$
(3)显然成立.
注:(1)和(2)当然可以分部积分,只是用上面的写法紧凑一些罢了.
定理的证明:显然n→∞时$A_n,B_n,C_n\to\infty$,由引理得$\lim\limits_{i\to\infty}(q_ie-p_i)=0$
因为当$i\ge2$时$q_i\ge1$,所以$e=\lim\limits_{i\to\infty}\frac{p_i}{q_i}$
-------------------------
引理中的积分式和递推真是巧妙而且神秘
厄尔米特的证明的motivation和帕德逼近有关
设$e^z$的(m,n)型帕德逼近为$r_{m,n}$,我们把$r_{n,n},r_{n,n+1},r_{n+1,n}$表示成连分数就会发现:
$r_{1,1}(1)=[2;1]$
$r_{1,2}(1)=[2;1,2]$
$r_{2,1}(1)=[2;1,2,1]$
$r_{2,2}(1)=[2;1,2,1,1]$
$r_{2,3}(1)=[2;1,2,1,1,4]$
$r_{3,2}(1)=[2;1,2,1,1,4,1]$
$r_{3,3}(1)=[2;1,2,1,1,4,1,1]$
$\cdots$

TOP

what?这文章我是一点都看不明白。

TOP

回复 3# 敬畏数学
我把一些闲话删掉了并且整合了一下

TOP

返回列表 回复 发帖