Вычислять слегка колебательные ряды с высокой точностью?

Предположим, у меня есть следующая интересная функция: У него есть некоторые неприятные свойства, например, его производная не является непрерывной при рациональных кратных . Я подозреваю, что закрытая форма не существует.

f (x) = \sum_{k \geq 1} \frac{\cos k x}{k^{2} (2 - \cos k x)} .

$f(x) = \sum_{k\geq1} \frac{\cos k x}{k^2(2-\cos kx)}.$

π

$\pi$

Я могу вычислить его, вычислив частичные суммы и используя экстраполяцию Ричардсона, но проблема в том, что слишком медленно вычислять функцию с большим количеством десятичных цифр (например, 100 было бы неплохо).

Есть ли метод, который может справиться с этой функцией лучше?

Вот график с некоторыми артефактами: $f'(\pi x)$

$Производная функции, $ f '(\ pi x) $$

convergence extrapolation

— Кирилл
источник

Возможно, вы можете использовать тот факт, что , где - полином Чебышева. Тогда суммирование начинает выглядеть как серия рациональных полиномов. Тогда, если вы сможете превратить ряд в рациональный многочлен на основе Чебышева, это позволит очень эффективно суммировать его. Если вы не знакомы с полиномами Чебышева и базисом, у Числовых рецептов на С есть хороший учебник, а также: www2.maths.ox.ac.uk/chebfun/ATAP/ATAPfirst6chapters.pdf

c o s (k x) = T_{k} (x)

$cos(kx) = T_k(x)$

T_{k} (x)

$T_k(x)$

— Джей Леммон,

э, это должно сказать

c o s (k x) = T_{k} (c o s (x))

$cos(kx) = T_k(cos(x))$

— Джей Леммон

@JayLemmon Спасибо за эту ссылку. Я посмотрю и посмотрю, поможет ли это.

— Кирилл

Я присоединился к этой партии немного поздно, но пытались ли вы использовать аппроксимации Паде, то есть алгоритм вместо экстраполяции Ричардсона?

ε

$\varepsilon$

— Педро

По аналогии со случаем сильно колеблющихся интегралов, я не думаю, что вы сможете сделать хорошую работу без каких-либо знаний о разделении между колебательными и не колеблющимися частями. Если у вас есть такое разделение, ответ ряда Фурье дает вам легкую экспоненциальную сходимость.

— Джеффри Ирвинг

Ответы:

Если аналитические методы запрещены, но периодическая структура известна, вот один из подходов. Пусть будет периодическим с периодом, так что где

g (x) = \frac{\cos x}{2 - \cos x}

$g(x) = \frac{\cos x}{2-\cos x}$

2 π

$2 \pi$

g (x) = \sum_{j} w_{j} e^{i j x}

$g(x) = \sum_j w_j e^{ijx}$

Таким образом,

w_{j} = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{2 π} g (x) e^{- i j x} d x

$w_j = \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi} g(x) e^{-ijx} dx$

Вы можете либо аппроксимировать интегралы

напрямую, либо вычислить набор значений

и использовать DFT. В любом случае вы можете применить экстраполяцию Ричардсона к результату. Поскольку в вашем случае

аналитична в окрестности

, финальный ряд сходится экспоненциально даже без Ричардсона.

\begin{aligned} f (x) & = \sum_{k \geq 1} \frac{g (k x)}{k^{p}} \\ = \sum_{k \geq 1} \frac{1}{k^{p}} \sum_{j} w_{j} e^{i j k x} \\ = \sum_{j} w_{j} \sum_{k \geq 1} \frac{{(e^{i j x})}^{k}}{k^{p}} \\ = \sum_{j} w_{j} {Li}_{p} (e^{i j x}) \end{aligned}

$\begin{aligned} f(x) &= \sum_{k \ge 1} \frac{g(kx)}{k^p} \\ &= \sum_{k \ge 1} \frac{1}{k^p} \sum_j w_j e^{ijkx} \\ &= \sum_j w_j \sum_{k \ge 1} \frac{\left(e^{ijx}\right)^k}{k^p} \\ &= \sum_j w_j \operatorname{Li}_p(e^{ijx}) \end{aligned}$

w_{j}

$w_j$

f (x)

$f(x)$

g (x)

$g(x)$

R

$\mathbb{R}$

— Джеффри Ирвинг
источник

g (x) = \cos (x) / (2 - \cos (x))

$g(x) = \cos(x) / (2 - \cos(x))$

$x = 2\pi a/b$ $a,b$

\begin{aligned} f (x) & = \sum_{k \geq 1} \frac{\cos k x}{k^{2} (2 - \cos k x)} \\ = \sum_{k = 1}^{b} \frac{\cos k x}{2 - \cos k x} \sum_{n \geq 0} \frac{1}{(k + b n)^{2}} \\ = \sum_{k = 1}^{b} \frac{\cos k x}{2 - \cos k x} \frac{ψ^{1} (k / b)}{b^{2}} \end{aligned}

$\begin{aligned} f(x) &= \sum_{k \ge 1} \frac{\cos {kx}}{k^2 (2 - \cos {kx})} \\ &= \sum_{k=1}^b \frac{\cos {kx}}{2-\cos {kx}} \sum_{n \ge 0} \frac{1}{(k+bn)^2} \\ &= \sum_{k=1}^b \frac{\cos {kx}}{2-\cos {kx}} \frac{\psi^1(k/b)}{b^2} \end{aligned}$

ψ^{1} (z)

$\psi^1(z)$ Values and derivatives for the series

— Джеффри Ирвинг
источник

Спасибо. Проблема в том, что я выбрал эту конкретную функцию в качестве модели для другой более сложной функции, которую я на самом деле хотел оценить, имея схожие функции, но на самом деле не одинаковые. Мне известно о закрытой форме из этого вопроса на MSE . Я имел в виду это как вопрос о суммировании бесконечного ряда численно без замкнутой формы.

— Кирилл

Может быть, мой другой ответ лучше?

— Джеффри Ирвинг

Как насчет Левина U-преобразования ? Помимо кодов Фортана в GSL есть несколько версий : `gsl_sum_levin_u * ' . MuPAD Matlab и Maple используют эту схему.

— horchler
источник

Я попробовал это, но я нашел, что экстраполяция Ричардсона была более точной.

— Кирилл