有关π的数项级数与级数变换

smiling
数学分析（一）小论文
2024.12

一、摘要

本文着眼于若干有趣的关于$\pi$ 的数项级数，并就他们的背景，证明，性质等进行分析。同时，还对一些常见的级数变换进行了整理归纳，并通过若干例子阐释了其应用。

第二至五部分，我们分别探讨若干个有关$\pi$的数项级数，在第六至七部分我们就两种常见的级数变换进行说明。

二、巴塞尔问题中的级数

$\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{1}{n^2} = 1 + \frac{1}{2^2} +\frac{1}{3^2} + \frac{1}{4^2} ··· = \frac{\pi^2}{6}$

2.1 巴塞尔问题的提出：

巴塞尔问题是由数学家彼得罗・门戈利在 1644 年提出，1735 年由莱昂哈德・欧拉解决。问题的核心就是求自然数平方的倒数之和，即求解$\sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$。

2.2 欧拉的解法：

欧拉给出了一个非常巧妙的解法：

• 首先，考虑$sin(x)$的泰勒展开式。

• 然后，$sin(x)$可以写成

$\\sin(x)=x\left(1 - \frac{x^{2}}{\pi^{2}}\right)\left(1-\frac{x^{2}}{4\pi^{2}}\right)\left(1-\frac{x^{2}}{9\pi^{2}}\right)\cdots$

，这是基于$\sin(x)$的零点为$x = 0,\pm\pi,\pm2\pi,\pm3\pi,\cdots$得到的。

• 通过对比$\sin(x)$的泰勒展开式和乘积形式中$x^{3}$的系数，就可以得出$\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^{2}}{6}$。

2.3 一个初等解法：

以下证明第一次来自Iohannis Papadimitriou于1973年在American Math Monthly 80(4):424-425页发表的。Apostol在同一份杂志425-430发表了用这个方法计算$\zeta(2n)$的方法。

这似乎是这个问题最“初等”的一个证明了，只需要知道三角函数相应知识就能够完成。我们先证明一个恒等式：

Lemma : 令$\omega_m = \frac{\pi}{2m+1}$,则
$\cot^2{\omega_m}+\cot^2{(2\omega_m)}+\cdots\cot^2{(m\omega_m)}=\frac{m(2m-1)}{3}.$

证明：由于

\sin{n\theta}&=\binom{n}{1}\sin{\theta}\cos^{n-1}{\theta}-\binom{n}{3}\sin^3{\theta}\cos^{n-3}{\theta}+\cdots \pm \sin^n{\theta}\\ &=\sin^n{\theta}\left(\binom{n}{1}\cot^{n-1}{\theta}-\binom{n}{3}\cot^{n-3}{\theta}+\cdots \pm 1\right)

很显然，令$n=2m+1$,则我们有$\cot^2{\omega_m},\cot^2{(2\omega_m)}\cdots \cot^2{(m\omega_m)}$为多项式

$\binom{n}{1}x^{m}-\binom{n}{3}x^{m-1}+\cdots \pm 1 = 0$

的根。从而利用韦达定理我们就完成了引理的证明。$\square$

由于三角不等式$\sin{x}<x<\tan{x}$在$x\in(0,\pi/2)$成立，我们知道了$\cot^2{x}<\frac{1}{x^2}<1+\cot^2{x}$.对于$\omega_m,2\omega_m\cdots$带入得到

$\sum_{k=1}^{m}\cot^2{(k\omega_m)}<\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k^2\omega_m^2}<m+\sum_{k=1}^{m}\cot^2{(k\omega_m)}$

所以应用上面引理，就可以得到

$\frac{m(2m-1)\pi^2}{3(2m+1)^2}<\sum_{k=1}^{m}\frac{1}{k^2}<\frac{m(2m-1)\pi^2}{3(2m+1)^2}+\frac{m\pi^2}{(2m+1)^2}$

令m趋于无穷大，结论自然就成立了。

2.4 泰勒公式解法：

(Boo Rim Choe 在1987 American Mathematical Monthly上发表)

首先，我们需要知道这个问题的等价形式,将这个数列除以4，我们自然得到$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(2k)^2}=\frac{\pi^2}{24}$,从而我们只需证明

$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^2}=\frac{\pi^2}{8}$

利用反三角函数$\arcsin{x}$的泰勒展开

$\arcsin{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}$

对于$|x|\le 1$成立，从而令$x=\sin{t}$,有

$t=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdots (2n)}\frac{\sin^{2n+1}t}{2n+1}$

对于$|t|\le\frac{\pi}{2}$成立，但由于积分

$\int_0^{\pi/2}\sin^{2n+1}{x}dx=\frac{2\cdot 4\cdots (2n)}{3\cdot 5\cdots (2n+1)}$

故而对两边从$0$到$\pi/2$​​积分有

$\frac{\pi^2}{8}=\int_0^{\pi/2}tdt=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}$

同样可证。$\square$

2.5 积分解法：

(Matsuoka发表于1961年American Mathematical Montly)

考虑积分

I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^{2n}xdx\mbox{ and }J_n=\int_0^{\pi/2}x^2\cos^{2n}xdx

我们有Wallis公式：

$I_n=\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdots 2n}\frac{\pi}{2}=\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\frac{\pi}{2}$

那么对于$n>0$,分部积分有

I_n&=[x\cos^{2n}x]_0^{\pi/2}+2n\int_0^{\pi/2}x\sin{x}\cos^{2n-1}xdx\\ &=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2 J_n

从而有

$\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}\frac{\pi}{2}=n(2n-1)J_{n-1}-2n^2 J_n$

得到

$\frac{\pi}{4n^2}=\frac{4^{n-1}(n-1)!^2}{(2n-2)!}J_{n-1}-\frac{4^nn!^2}{(2n)!}J_n$

将这个式子从1加到$n$，能够有

$\frac{\pi}{4}\sum_{n=1}^N\frac{1}{n^2}=J_0-\frac{4^N N!^2}{(2N)!}J_N$

由于$J_0=\frac{\pi^3}{24}$,只需要证明$\lim_{N\to\infty} \frac{4^N N!^2 J_N}{(2N)!}=0$,

但是不等式$x<\frac{\pi}{2}\sin{x}$对于$0<x<\frac{\pi}{2}$成立,于是得到

$J_N<\frac{\pi^2}{4}\int_0^{\pi/2}\sin^2x\cos^{2N}xdx=\frac{\pi^2}{4}(I_N-I_{N+1})=\frac{\pi^2 I_N}{8(N+1)}$

也即

$0<\frac{4^N N!^2}{(2N)!}J_N<\frac{\pi^3}{16(N+1)}$

三、Leibniz级数

$\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{2n + 1} = 1 - \frac{1}{3} +\frac{1}{5} -\frac{1}{7} + ··· = \frac{\pi}{4}$

3.1 证明

$\arctan x = \int_{0}^{x} \frac{1}{1 + t^{2}} dt = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \cdots + (-1)^{n} \frac{x^{2n + 1}}{2n + 1} + (-1)^{n+1} \int_{0}^{x} \frac{t^{2n + 2}}{1 + t^{2}} dt.$

最后一项在$n \rightarrow \infty$时是趋于0的：

$\left\vert \int_{0}^{x} \frac{t^{2n+2}}{1 + t^{2}} dt \right\vert \leq \left\vert \int_{0}^{x} t^{2n+2} dt \right\vert = \frac{\vert x \vert^{2n + 3}}{2n + 3} \rightarrow 0 \quad \text{as} \quad n \rightarrow \infty$

所以,$\arctan x$在$\vert x \vert \leq 1$时可以写成无限项之和:

$\arctan x = x - \frac{x^{3}}{3} + \frac{x^{5}}{5} - \cdots$

令$x = 1$,我们便可得

$\frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} +\frac{1}{5} -\frac{1}{7} + ···$

如果我们使用几何画板或其他工具画出Leibniz级数的图案，我们就会发现，Leibniz级数的收敛速度其实是很慢的。在哈雷的指导下，夏普（A.Sharp,1651-1742）使用$x = \frac{\sqrt{3}}{3}$代入，即：

$\frac{\pi}{6} = \frac{1}{\sqrt{3}}\left(1 - \frac{1}{3\cdot3}+\frac{1}{3^2\cdot5}-\frac{1}{3^3\cdot7}+\cdots\right)$

通过这个公式，夏普计算出了$\pi$的71位值。

3.2 对于Leibniz级数的加速：

同时，在历史上，还有很多对于Leibniz级数的加速与改进，下面是一些案例：

（1）

$\pi = 3 + \sum_{n = 1}^{\infty} (-1)^{n + 1} \frac{4}{(2n + 1)^3 - (2n + 1)}$

证明：利用Leibniz级数，我们有：

\pi &= 3 + \sum_{n = 1}^{\infty} (-1)^{n + 1} \left( \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n} - \frac{4}{2n + 1} \right) \\ &= 3 + \sum_{n = 1}^{\infty} (-1)^{n + 1} \frac{1}{n(2n + 1)(n + 1)} \\ &= 3 + \sum_{n = 1}^{\infty} (-1)^{n + 1} \frac{4}{(2n + 1)^3 - (2n + 1)}

（2）

$\pi=2\sqrt{3}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)3^n}$

证明：

\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)3^n}&=\sum_{n=0}^{\infty}\int_0^1\left(\frac{-x^2}{3}\right)^n dx\\ &= \int_0^1 \frac{1}{1+\frac{x^2}{3}}dx\\ &= \sqrt{3}\int_0^{\frac{1}{\sqrt{3}}} \frac{1}{1+y^2}dy\\ &=\sqrt{3}\times arctan\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{3}}

（3）

我们在 6.4 中还会给出一种基于Euler变换的加速方式。

$\frac{\pi}{4} = \sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{2k+1} = \frac{1}{2}\sum\limits_{p=0}^\infty\frac{p\ !}{(2p+1)!!}$

这里先简要列出其形式，具体内容在 6.4 中介绍。

四、Machin级数

$\pi = 16 \arctan\left(\frac{1}{5}\right) - 4\arctan\left(\frac{1}{239}\right) = 16 \left( \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n + 1} \left( \frac{1}{5} \right)^{2n + 1} \right) - 4 \left( \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n + 1} \left( \frac{1}{239} \right)^{2n + 1} \right)$

这个级数由梅钦（ J.Machin,1686-1171）提出，这里的第一项对于10进制计算比较方便，而第二项则具有收敛快的特点。在1706年，他通过这个公式计算出了$\pi$的100位值。

4.1 证明：

根据三角和差角公式，反复应用即可推出：

$2 \arctan \frac{1}{5} = \arctan \frac{1}{5}+ \arctan \frac{1}{5} = \arctan \frac{1\times 5 + 1\times 5}{5\times 5 - 1\times 1} = \arctan \frac{10}{24} = \arctan \frac{5}{12}\\ 4 \arctan \frac{1}{5} = 2 \arctan \frac{1}{5}+ 2 \arctan \frac{1}{5} = \arctan \frac{5}{12}+ \arctan \frac{5}{12} = \arctan \frac{5\times 12 + 5\times 12}{12\times 12 - 5\times 5} = \arctan \frac{120}{119}\\ 4 \arctan \frac{1}{5}- \frac{\pi}{4} = 4 \arctan \frac{1}{5}+ \arctan (-1) = \arctan \frac{120}{119}+ \arctan (-1) \\= \arctan \frac{120\times 1+ (-1)\times 119}{119\times 1 - 120\times (-1)}= \arctan \frac{1}{239}$

即证。

4.2 笔者注：

其实，这样的组合公式还有很多，例如：

$\frac{\pi}{4} = \arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{3}$

这个公式用来求$\pi$的近似值也要比莱布尼茨级数好得多，证明也比较容易：只需要对两边取正切即可，此处略去。

在1844年，能心算100位数相乘的达斯（J.M.Z.Dase,1826-1861）用公式

$\frac{\pi}{4} = \arctan\frac{1}{2} + \arctan\frac{1}{5}+ \arctan\frac{1}{8}$

用两个月求出了$\pi$的205位值。

申克斯（W.Shanks,1812-1882）花了15年时间用梅钦公式计算出$\pi$的707位值（1853），这一纪录一直保持到1945年，这一年弗格森（D.F.Ferguson）发现申克斯的结果在527位之后是错误的。他用当时的台式计算机在1947年将$\pi$的近似值计算到了808位，所用的公式是：

$\frac{\pi}{4} = 3\arctan\frac{1}{4} + \arctan\frac{1}{20}+ \arctan\frac{1}{1985}$

五、其他级数

5.1 Ramanujan级数

$\frac{1}{\pi} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{(6n)!}{(3n)!(2n)!640320^{3n + \frac{3}{2}}}$

5.2 Chudnovsky级数

$\frac{1}{\pi}=12\sum_{n = 0}^{\infty}\frac{(- 1)^{n}(6n)!}{(n!)^{3}(3n)!}\frac{13591409 + 545140134n}{640320^{3n+\frac{3}{2}}}$

这两个级数是经典的收敛非常快的级数，仅需少数项即可计算出$\pi$的小数点后很多位。但是由于证明远远超出了笔者的所学范围，这里不对两个级数进行推导。

下面是一些有关级数变换的理论，限于篇幅，这里指简单的列出两种。

六、Euler级数变换

6.1 Euler变换

Euler变换是一种十分经典的基于差分的级数变换，有时可以加速级数的收敛速度，得到一个新的性质更好的级数。我们将先给出Euler变换的推导，再通过$\ln2$、$\frac{\pi}{4}$、$\arctan x$给出Euler变换的常见使用方法，最后给出一点延伸内容。

下面先引入Euler名字命名的经典变换的公式:

设给定收敛级数

$S(x) = \sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k a_k x^k = a_0 - a_1 x + a_2x^2 - \cdots + (-1)^ka_kx^k + \cdots$

其中$x > 0$.

*Remark.*这里仅为了方便，才把级数的第$k$个系数表为$(-1)^k a_k$, 并没有假设所有的$a_k > 0$.

下面我们先引入序列的差分概念，这个与连续函数$f(x)$的差分类似。

$\Delta a_k = a_{k+1} - a_k, \Delta^2 a_k = \Delta a_{k+1} - \Delta a_k = a_{k+2} - 2a_{k+1} + a_k$

一般地:

$\Delta^p a_k = \Delta^{p-1} a_{k+1} - \Delta^{p-1} a_k = a_{k+p} - C_p^1a_{k+p-1} + C_p^2 a_{k+p-2} - \cdots + (-1)^pa_k$

因为

(-1)^ka_k = (-1)^k\frac{(1 + x)a_k}{1 +x} = (-1)^k\frac{a_k}{1 + x} - (-1)^\left(k+1\right)\frac{a_kx}{1+x}

所以先把已知级数改写为:

$S(x) = \frac{a_0}{1+x} - \frac{a_1x - a_0x}{1+x} + \frac{a_2x^2 - a_1x^2}{1+x} - \frac{a_3x^3 - a_2x^3}{1+x} + \cdots$

新级数的第$k$部分和与级数$(1)$的前$k$项和相差的仅仅是$\frac{1}{1+x}(-1)^{k+1}a_{k+1}x^{k+1}$这一项，原级数收敛，而这一项在$k\to \infty$时趋于0， 因此新级数也收敛，且收敛于同一极限。

下面我们引入差分符号:

$S(x) = \frac{1}{1+x}(a_0 - \Delta a_0x +\Delta a_1x^2 - \Delta a_2 x^3 + \cdots )$

保留第一项，对余下的级数$-\frac{x}{1+x}(\Delta a_0 -\Delta a_1x^1 + \Delta a_2 x^2 - \cdots )$再进行类似的改写:

$-\frac{x}{1+x}\cdot\frac{1}{1+x}(\Delta a_0 -\Delta^2 a_0x^1 + \Delta^2 a_1 x^2 - \cdots )$

得到：

$S(x) = \frac{a_0}{1+x}-\frac{x}{1+x}\cdot\frac{1}{1+x}(\Delta a_0 -\Delta^2 a_0x^1 + \Delta^2 a_1 x^2 - \cdots )$

于是再分离第一项，把剩下的继续类似变形，于是便有:

$S(x) = \frac{a_0}{1+x} - \frac{\Delta a_0}{(1+x)^2}\cdot x + \frac{x^2}{(1+x)^2}(\Delta^2 a_0 - \Delta^2 a_1x + \cdots )$

继续这样进行下去，经过$p$步之后就得到:

$S(x) = \frac{a_0}{1+x} - \frac{\Delta a_0}{(1+x)^2}\cdot x + \frac{\Delta^2 a_0}{(1+x)^3}\cdot x^2 - \cdots + (-1)^{p-1}\frac{\Delta^{p-1} a_0}{(1+x)^p}\cdot x^{p-1} + R_p(x)$

其中

$R_p(x) = (-1)^p\frac{x^p}{(1+x)^p}(\Delta^p a_0 - \Delta^p a_1\cdot x + \Delta^p a_2\cdot x^2 - \cdots) = (-1)^p\frac{x^p}{(1+x)^p}\sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k\Delta^pa_k\cdot x^k$

下面需要证明$R_p(x)\to 0(p\to\infty)$。

将$\Delta^p a_k = \sum\limits_{i=0}^p(-1)^iC_p^ia_{k+p-i}$代入$R_p(x)$：

$\begin{aligned}R_p(x) &= (-1)^p\frac{x^p}{(1+x)^p}\sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k\Delta^pa_k\cdot x^k \\ &= \frac{1}{(1+x)^p}\sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^{k+p}\cdot x^{k+p}\sum\limits_{i=0}^p(-1)^iC_p^ia_{k+p-i}\\ &= \frac{1}{(1+x)^p}\sum\limits_{i=0}^p C_p^ix^i\sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^{k+p+i}a_{k+p-i}x^{k+p-i}\\ &= \frac{1}{(1+x)^p}\sum\limits_{i=0}^p C_p^ix^i\sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^{k+p-i}a_{k+p-i}x^{k+p-i}\end{aligned}$

然后再引入原级数$(1)$的余式 :$r_n = \sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^{k+n}a_{k+n} x^{k+n} (n = 0,1,2,\cdots)$, 则$R_p(x)$可表达为 :

$R_p(x) = \frac{\sum\limits_{i=0}^pC_p^ix^ir_{p-i}(x)}{(1+x)^p} = \frac{\sum\limits_{i=0}^pC_p^ix^{p-i}r_{i}(x)}{(1+x)^p}$

因为$r_n(x)\to 0(n\to\infty)$，因此$R_p(x)\to0(p\to\infty)$

在$(3)$式中，令$p\to\infty$取极限，求出:

$S(x) = \frac{a_0}{1+x} - \frac{\Delta a_0}{(1+x)^2}\cdot x + \frac{\Delta^2 a_0}{(1+x)^3}\cdot x^2 - \cdots + (-1)^{p}\frac{\Delta^{p} a_0}{(1+x)^p}\cdot x^{p} + \cdots$

于是就有:

$\sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k a_k x^k = \frac{1}{1+x}\sum\limits_{p=0}^\infty(-1)^p\Delta^p a_0\cdot\left(\frac{x}{1+x}\right)^p$

如果在$x=1$时应用该式，就把数值级数变换为了新的数值级数 :

$\sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k a_k = \sum\limits_{p=0}^\infty\frac{(-1)^p\Delta^p a_0}{2^{p+1}} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (5)$

6.2$\ln2$级数变换

下面我们对于$\ln2$使用Euler级数变换，得到Euler变换的一个典型的使用案例：

令$a_k = \frac{1}{z+k}, z\neq 0, -1, -2, -3,\cdots$，在级数$\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{z+k}$中去掉前面充分多项后，就是Leibniz级数，因此该级数收敛。

下面计算其差分序列 :$\Delta a_k, \Delta^2 a_k, \cdots$, 用数学归纳法，可以得 :

$\Delta^p a_k = (-1)^p\frac{p!}{(z+k)(z+k+1)\cdots(z+k+p)}$

特别地 :

$\Delta^p a_0 = (-1)^p\frac{p!}{z(z+1)\cdots(z+p)}$

于是由Euler变换公式可得 :

$\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{z+k} = \sum\limits_{p=0}^\infty\frac{1}{2^{p+1}}\frac{p!}{z(z+1)\cdots(z+p)}$

取$z=1$就得到著名的$\ln2$的级数变换 :

$\ln2 = \sum\limits_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{1+k} = \sum\limits_{p=0}^\infty\frac{1}{2^{p+1}}\frac{p!}{1(1+1)\cdots(1+p)}$

重新整理下即是 :

$\ln2 = \sum\limits_{m=1}^\infty \frac{(-1)^{m-1}}{m} = \sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{n\cdot2^n}$

Remark. 对于$\ln2$的近似计算，利用第二个级数，远远要比第一个级数要有优势，如果希望得到0.01的精度，第一个级数需要99项，而第二个级数只要5项即可。

6.3 $\frac{\pi}{4}$ 的Leibniz级数变换

令$a_k = \frac{1}{z+2k}, z\neq 0, -2, -4, -6,\cdots$，把$a_k$改成:$a_k =\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{\frac{z}{2}+k}$，代入得：

$\Delta^p a_0 = (-1)^p\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{p\ !}{\frac{z}{2}(\frac{z}{2}+1)\cdots(\frac{z}{2}+p)} = (-1)^p\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{2^{p+1}p\ !}{z(z+2)\cdots(z+2p)}$

在这种情况下，Euler变换具有下面的形式 :

$\sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{z+2k} = \frac{1}{2}\sum\limits_{p=0}^\infty\frac{p\ !}{z(z+2)\cdots(z+2p)}$

特别的当$z=1$时，得到 :

$\frac{\pi}{4} = \sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{2k+1} = \frac{1}{2}\sum\limits_{p=0}^\infty\frac{p\ !}{(2p+1)\ !!}$

这就是$\frac{\pi}{4}$的Leibniz级数变换。

6.4 $\arctan x$的欧拉变换

$0\leq x \leq 1, \arctan x = \sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{2k+1}x^{2k+1}$

令$a_k = \frac{1}{2k+1}$, 利用上面的公式:

$\Delta^p a_0 = (-1)^p\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{2^{p+1}p\ !}{1(1+2)\cdots(1+2p)} = (-1)^p\frac{(2p)\ !!}{(2p+1)\ !!}\\ \sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k a_k x^k = \frac{1}{1+x}\sum\limits_{p=0}^\infty(-1)^p\Delta^p a_0\cdot\left(\frac{x}{1+x}\right)^p$

用$x^2$代替上式中的$x$, 并在两端乘以$x$：

$\arctan x = \sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{2k+1}x^{2k+1} = \frac{x}{1+x^2}\sum\limits_{p=0}^\infty\frac{(2p)\ !!}{(2p+1)\ !!}\left(\frac{x^2}{1+x^2}\right)^p$

6.5 Euler变换的局限性

在利用级数进行近似值计算时，有必要对级数进行适当的变换，但Euler变换并不一定都是改善级数的收敛性，也可能Euler变换后的新级数的收敛速度更慢或没变化。

收敛速度的比较方法：对于两个具有任意符号项的收敛级数$\sum\limits_{k=0}^\infty c_k,\sum\limits_{k=0}^\infty c_k^\prime$，取两个级数的相应余式$\gamma_n, \gamma_n^\prime$，通过两者的比值比较 : 若$|\frac{\gamma_n}{\gamma_n^\prime}| \to 0$, 则第一个级数收敛较快，而第二个级数收敛较慢。

下面举两个Euler变换的例子，它们很好的反映了Euler变换的局限性 :

1. $\sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{1}{2^k}$通过Euler变换变为收敛更快的级数$\sum\limits_{p=0}^\infty \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4^p}$
2. $\sum\limits_{k=0}^\infty\frac{1}{2^k}$通过Euler变换变为收敛更慢的级数$\sum\limits_{p=0}^\infty \frac{1}{2}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^p$

6.6 Euler变换用于近似时的一个技巧

在应用级数变换做计算时，直接计算级数的最先若干项，仅对级数的余式作变换在很多情况下也是有好处的。

我们拿前面的这个例子来说明:

$\frac{\pi}{4} = \sum\limits_{k=0}^\infty(-1)^k\frac{1}{2k+1} = \frac{1}{2}\sum\limits_{p=0}^\infty\frac{p\ !}{(2p+1)\ !!} \pi \\=2\sum\limits_{p=0}^\infty\frac{p\ !}{(2p+1)\ !!} = 2\left(1 + \frac{1}{3} + \frac{1\cdot2}{3\cdot 5} + \frac{1\cdot2\cdot 3}{3\cdot 5\cdot7} + \cdots + \frac{1\cdot2\cdots p}{3\cdot 5\cdots (2p+1)}\right)$

该级数，后项与前项比值为$\frac{p}{2p+1}<\frac{1}{2}$, 因此级数丢掉的余式总是小于被计算的最后一项。

例如，因为第21项 :

$2\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot\cdots\cdot20}{1\cdot 3\cdot 5\cdot\cdots\cdot41} = 0.000\ 000\ 37 < 0.000\ 000\ 5$,对上述级数计算了21项之后，我们得到小数点后6位准确数字。

我们换一种方法来计算，先直接计算原来级数的前7项，仅仅对第7项以后的余式作变换，得到:

$\pi = 4(1-\frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} +\frac{1}{9} - \frac{1}{11} + \frac{1}{13}) - 2(\frac{1}{15} + \frac{1}{15\cdot 17} + \frac{1\cdot 2}{15\cdot 17\cdot 19} + \cdots + \frac{1\cdot 2\cdots p}{15\cdot 17\cdots(15+2p)}+\cdots)$

在这里，括号里的级数8项已经小于所要求的界:

$\frac{1\cdot 2\cdot3\cdot4\cdot5\cdot6\cdot7}{15\cdot 17\cdots(29)} = 0.000\ 000\ 2\cdots$

为了和前面计算保持相同的精度，我们这里前面一部分计算7项，后面一部分计算8项，总共只需要计算15项，比起原来的21项，还是少了6项。

这样，我们就提供出了一个简单的例子，说明，有时候仅对余式做变换，也能提高很大的性能。

七、Kummer变换

7.1 Kummer变换思想简介

前面我们看到了通过Euler变换这种比较明确规则的级数变换，这种规则明确的变换导致的结果也单一，而且Euler变换不一定总是朝着改善收敛性的方向进行的，在上面我们也已经给出了例子。

本节介绍另外一种级数变换，Kummer变换，它提供了一种更加任意性，并非像Euler变换那么规则鲜明的变换。然而，在简化近似计算的意义上是目的性更强的。本节将简要叙述Kummer变换的思想，并举一些例子来说明它。

设给定收敛级数

$A^{(1)} + A^{(2)} + \cdots + A^{(k)} + \cdots (1)$

现在希望计算级数具有给定近似程度的和，当然这里有$A^{(k)}\to 0(n\to\infty)$。

取另一个与$A^{(k)}$等价的无穷小$a_1^{(k)}$, 使得级数$a_1^{(1)} + a_1^{(2)} + \cdots + a_1^{(k)} + \cdots$不仅收敛于有限和$A$, 而且这个和易于计算。

如果令$A^{(k)} - a_1^{(k)} = \alpha_1^{(k)}$

那么

$\alpha_1^{(k)} = o(A^{(k)}) , \sum\limits_{1}^\infty A^{(k)} = A_1 + \sum\limits_{1}^\infty \alpha_1^{(k)}$

这就是Kummer变换的主要思想。

7.2 举例

下面我们举个例子来说明下Kummer变换思想的应用。 假如我们要计算级数$\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$的和，我们记得和为1的级数$\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)}$, 并且注意还有这样的关系:

$\frac{1}{k^2} \sim \frac{1}{k(k+1)} (k\to\infty)$

而它们之间的差为:

$\frac{1}{k^2} - \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k^2(k+1)}$

于是，

$\sum\limits_{1}^\infty \frac{1}{k^2} = 1 + \sum\limits_{1}^\infty \frac{1}{k^2(k+1)}$

这样便可以有益于计算。

7.3 Kummer变换的妙用——重复执行

上面给出了Kummer变换的思想，也举了一个简单的例子，下面继续套娃。也就是说上面的思想和步骤可以继续操作下去。

我们可以继续取无穷小$a_2^{(k)}$, 使得它与$a_1^{(k)}$等价，使得级数 :$a_2^{(1)} + a_2^{(2)} + \cdots + a_2^{(k)} + \cdots$收敛于有限和、易于计算的和$A_2$, 于是我们又得到公式:

$\sum\limits_{k=1}^\infty A^{(k)} = A_1 + A_2 + \sum\limits_{k=1}^\infty \alpha_2^{(k)}$

同样把计算原先级数的和归结为后一级数和的计算，后一级数$\alpha_2^{(k)} = \alpha_1^{(k)} -a_1^{(k)} = o(\alpha_1^{(k)} )$

趋于零的速度比$\alpha_1^{(k)}$更快一些。

我们可以重复这样的过程$p$次，得到公式:

$\sum\limits_{k=1}^\infty A^{(k)} = A_1 + A_2 +\cdots + A_p + \sum\limits_{k=1}^\infty \alpha_p^{(k)}$

其中$A_i = \sum\limits_{k=1}^\infty a_i^{(k)} (i=1,2,\cdots, p)$是一连串分离出来的级数的已知的和。把事情归结为计算级数$\sum\limits_{k=1}^\infty\alpha_p^{(k)}$的和。

这样，我们在前面引入的，计算级数$\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$的和的例子可以照如下方式继续下去:

$\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2(k+1)} = \sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)(k+2)} + 2!\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2(k+1)(k+2)}$

于是:

$\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = 1 + \frac{1}{2^2} +2!\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2(k+1)(k+2)}$

然后可以接着继续做下去:

$\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = 1 + \frac{1}{2^2} +\frac{1}{3^2} +3!\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2(k+1)(k+2)(k+3)}$

如此等等，经过$p$步之后，得到:

$\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2} = 1 + \frac{1}{2^2} +\frac{1}{3^2} +\cdots + \frac{1}{p^2} +p!\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2(k+1)(k+2)(k+3)\cdots(k+p)}$

在这整个过程中，我们使用使用我们熟悉的公式:

$\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)(k+2)(k+3)\cdots(k+p-1)(k+p)} = \frac{1}{p\cdot p!}$

这样一来，计算收敛较慢的级数$\sum\limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2}$的和被归结为它的前$p$项的和及一个收敛较快的变换级数。

7.4 一个更复杂的例子

下面是一个更复杂的例子：

假设用$S_p(p\in \mathbb{N})$表示级数$\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2(k+1)^2\cdots (k+p-1)^2}$, 它对暂时不定的$y$有下面的关系:

$\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{k+y}{k^2(k+1)^2\cdots (k+p-1)^2} - \sum\limits_{k=1}^\infty\frac{k+y+1}{(k+1)^2(k+2)^2\cdots (k+p)^2} = \sum\limits_{k=1}^\infty\frac{(2p-1)k^2 + p(p+2y)k + yp^2}{k^2(k+1)^2\cdots (k+p-1)^2(k+p)^2}$

由此可见当$k\to\infty$时，

$\frac{1}{2p-1}\left[\frac{k+y}{k^2(k+1)^2\cdots (k+p-1)^2} - \frac{k+y+1}{(k+1)^2(k+2)^2\cdots (k+p)^2}\right] \sim \frac{1}{k^2(k+1)^2\cdots (k+p-1)^2}$

如果$S_p$的这些项等价的各个差代替级数$S_p$的各项，便转化为和为$\frac{1}{2p-1}\frac{y+1}{(1\cdot 2\cdot3\cdots p)^2}$的级数， 余级数将具有通项 :

$\frac{\left[2p - \frac{p(p+2y)}{2p-1}\right]k + \left[p^2 - \frac{yp^2}{2p-1}\right]}{k^2(k+1)^2\cdots (k+p-1)^2(k+p)^2}$

这是原级数与变换后的级数对应项的差。

因为$y$是任意的，我们不妨取使得分子中含有$k$的项为零的$y$值，即取$y = \frac{3p}{2} -1$。

于是

$S_p = \frac{1}{2p-1}\cdot\frac{1+y}{(p!)^2} +\sum\limits_{k=0}^\infty \frac{p^2 - \frac{yp^2}{2p-1}}{k^2(k+1)^2\cdots (k+p-1)^2(k+p)^2}$

整理得:

$S_p = \frac{3p}{2(2p-1)(p!)^2} + \frac{p^3}{2(2p-1)} S_{p+1}$

由此，把数值$1,2, ..., p$接连代入$p$, 就有:

$\sum\limits_{1}^\infty \frac{1}{k^2} = S_1 = \frac{3}{2} + \frac{1}{2}S_2 , \\ \frac{1}{2}S_2 = \frac{3}{2\cdot 2^2}\cdot\frac{1}{3} + \frac{(2!)^3}{2^2\cdot 3!!}S_3,\\ \cdots \cdots\cdots\\ \frac{((p-1)!)^3}{2^{p-1}\cdot (2p-3)!!}S_p = \frac{3}{p\cdot 2^p}\cdot\frac{(p-1)!}{(2p-1)!!}+ \frac{(p!)^3}{2^p\cdot (2p-1)!!}S_{p+1}$

最后将这些式子相加，得到如下结果:

$\sum\limits_{1}^\infty \frac{1}{k^2} = 3(\frac{1}{2} + \frac{1}{2\cdot 2^2}\cdot\frac{1}{3} + \frac{1}{3\cdot 2^3}\cdot\frac{2!}{5!!} + \cdots + \frac{1}{p\cdot 2^p}\cdot\frac{(p!)^3}{(2p-1)!!}) + \frac{(p!)^3}{2^p(2p-1)!!}\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{1}{k^2(k+1)^2\cdots(k+p)^2}$

例如，取$p = 5$, 在变换级数中也取5项，可以计算原先级数的和准确到$\frac{1}{10^7}$，这样就提高了原先级数的精确度。

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数学分析（二）小论文
2025.2

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