Математические байки

С большими трудозатратами, быть может, но — делалась, а не стояла непреодолимой стеной.

А мне хотелось правильным показать, что с помощью подхода выше ("ошибаемся — давайте посмотрим, на сколько, и учтём") задача [численного] вычисления тоже делалась.

Но — для этого нужно было придумать тот ход с интегрированием. И для этого тогда надо было быть Эйлером.

Что Эйлер и сделал.

И поскольку у нового ряда слагаемые убывают с экспоненциальной скоростью, посчитать его сумму с нужным числом знаков можно было из совсем небольшого количества слагаемых.

Насколько я понимаю, Эйлер действовал _не_ так. Он (я тут ссылаюсь на книгу W. Dunham, "Euler: The Master of Us All" — по-хорошему, надо было бы поднять первоисточники, но я этого ещё не сделал) красивым интегрированием выяснил, что вместо просто суммы обратных квадратов можно взять сумму ряда \sum_n 1/(n^2 * 2^(n-1)) — и добавить к нему (ln 2)^2.

Если перейти к формуле треугольников — ошибка будет убывать как (1/n^3), и шесть знаков уже становятся достижимы: теперь хватит n=100. (Не думаю, что сложение сотни дробей вручную может кого-то воодушевить, но по крайней мере, задача перешла из категории "невозможно" в категорию "муторно, но если очень надо..."). А можно ведь учесть ещё пару производных...

Уже если учесть только (1/n) как первое приближение для суммы f(n+1)+f(n+2)+..., где f(x)=1/x^2, то мы получим для суммы всего ряда приближение f(1)+...+f(n)+1/n, с ошибкой, убывающей, как (1/n^2).

И это, конечно, та же самая техника, что мы видели выше.

А потом поправить это приближение, учтя, насколько 1/m^2 отличается от интеграла от 1/x^2 на отрезке [m,m+1].

Почему бы не сказать, что отбросив "хвост", сумму 1/m^2 при m>=n, мы примерно промахнёмся на первообразную от 1/x^2?

Но — если мы уже знаем, насколько промахнёмся, то почему бы не исправить эту ошибку?

И можно сразу понять, что "напрямую" это сделать не получилось бы. Потому что сумма "хвоста" ряда из обратных квадратов убывает как (1/n). То есть, чтобы добыть эти шесть верных знаков, надо было бы просуммировать миллион слагаемых — вручную!

И работая над этой задачей — он сначала вычислил эту сумму с огромной точностью — у него было шесть верных десятичных знаков.

Её решил Эйлер, найдя известный сейчас ответ \pi^2/6

Была знаменитая базельская проблема — найти, чему равна сумма ряда из обратных квадратов, 1+1/4+1/9+...

Вообще про суммы степеней есть очень хороший текст Г. Мерзона в "Мат. просвещении" — http://mi.mathnet.ru/mp882 — а мне хочется сказать ещё пару слов про сумму _обратных_ степеней.

Для суммы квадратов — есть формула n(n+1)(2n+1)/6, а если раскрыть скобки, получится n^3/3 + n^2/2 + n/6 = F(n) + (1/2)f(n) + (1/12)f'(n)

И получится сумма степеней — которую для небольших степеней все видели; скажем, для суммы первых степеней — 1+2+...+n=n(n+1)/2 = n^2/2 + n/2 = F(n) + (1/2) f(n).