時間序列︰生成函數‧漸近展開︰白努利多項式之根《八》

不等式是數學家的寶貝,『證明定理』重要之工具︰

Linear_transformation_svg.svg
h(x) = \pi x - \frac{\pi}{2}

338px-Tangent_one_period.svg
\tan{x}

250px-Bisection_method.svg

二分逼近法

220px-Von-Mises-Max-8x8

550px-Solution-set-3
\left[ \begin{array}{cc} {[-4,-3]} & {[-2,2]}\\ {[-2,2]} & {[-4,-3]} \end{array} \right] \left[ \begin{array}{c} x_1\\ x_2 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} {[-8,8]}\\ {[-8,8]} \end{array} \right]

Interval-equation
\left[ \begin{array}{cc} p_1 & p_2\\ p_2 + 1 & p_1 \end{array} \right] \left[ \begin{array}{cc} u_1\\ u_2 \end{array} \right] = \left[ \begin{array}{c} \frac{p_1+6p_2}{5.0} \\ 2p_1-6 \end{array} \right]
p_1 \in [2,4],  \ p_2 \in [-2,1]

如果說任何一個『開區間(a, b) \equiv_{df}  \{x \in R, \ a < x < b \},無論 | b - a| 再小,都可以『一一對應』整體實數,是否會讓人『驚訝』的呢?也就是說一個『開區間』與整體『實數』是一樣『等級』之『無限大』的啊!!舉個例說 \tan{( \pi x - \frac{\pi}{2})}(0, 1) 的區間,一一對應到了整體實數。假使將整體『實數』表達成

R =  \left( \bigcup \limits_{0}^{\infty} [0, k] \right)  \bigcup \left( \bigcup \limits_{0}^{\infty} [-k, 0] \right)

,此處  [a, b] \equiv_{df}  \{x \in R, \ a \leq x \leq b \} 是一個包含著『端點』的『閉區間』。通常數學中有關『實數性質』的『分析』經常用著『開閉區間』來『論證』。從『自然數』是『可數的』無限大來看,『實數』可由可『列舉』 enumerate 的無窮多個『區間』之『聯集』構成。

假使 p, q \ p < q 是『有理數』,r = \frac{p + q}{2} 也是一個『有理數』,而且 r \in (p, q),這是『有理數』的『可分性』,也就是說任『兩個不等』的『有理數』之間『存在』另一個『有理數』,雖然『有理數』能夠無限的『密集』,它也只不過是『可數的』無限大。然而這種『密集性』不僅僅可以用來『逼近』一個『實數』,更可以藉著『不等式』與『整數』的『離散性』 ── 相鄰兩個『整數n, n+1 之間不存在另一個『整數 ── 來論證種種『實數性質』,這也說明了『不等式』在『數學分析』裡的『重要性』。就像在『劉維爾數0 < \left|x- \frac{p}{q}\right| < \frac{1}{q^n} 是個『無理數』的證明裡

假使它不是一個『無理數』,那麼 w = \frac{c}{d}, \  (c, d \in \mathbb{Z}, d > 0)。 要是取足夠大的 n 使得 {2^{n-1}} > d,在 \frac{c}{d} \ne \frac{p}{q} 時有
\left| w - \frac{p}{q} \right| = \left| \frac{c}{d} - \frac{p}{q} \right|
= \left| \frac{cq-dp}{dq} \right| \ge \frac{1}{dq} > \frac{1}{2^{n-1}q} \ge \frac{1}{q^n},因此就與它的定義發生矛盾。

為什麼沒有提及『萬一\frac{c}{d} = \frac{p}{q} 的情況的呢?因為此時 |w - \frac{p}{q} = \frac{c}{d} - \frac{p}{q}| =0,這就違背了『劉維爾數|w - \frac{p}{q}| >0 的定義。又為什麼可以得到 \left| \frac{cq-dp}{dq} \right| \ge \frac{1}{dq} > \frac{1}{2^{n-1}q} 的呢?由於 cq - dp 是『整數』,所以它的『差值』至少是個『』之故。因此對於『不等式』而言,『等號』的『有無』有時是很不相同的,就像『開區間』與『閉區間』的性質也並不相同一樣。從觀察左圖就可以知道,『不等式』構成的『方程式』一般在『求解』上其實是非常『複雜的』。

─── 摘自《【Sonic π】電路學之補充《四》無窮小算術‧下下‧上

 

故而常藉著『底』 floor 函數 \lfloor x \rfloor 取『實數』 x 之『整數』部分,『頂』 ceiling 函數 \lceil x \rceil 取其『整數上界』。

Floor and ceiling functions

In mathematics and computer science, the floor and ceiling functions map a real number to the greatest preceding or the least succeeding integer, respectively. More precisely, floor(x) =  \lfloor x\rfloor is the greatest integer less than or equal to x and ceiling(x) =  \lceil x\rceil is the least integer greater than or equal to x.[1]

Floor function

 

Ceiling function

 

因此 \lceil x \rceil -1  < x \le \lceil x \rceil

此處以『通用符號』改寫 A. Efimov 先生

The asymptotics for the number of real roots of the Bernoulli polynomials

A new short clear proof of the asymptotics for the number cn of real roots of the Bernoulli polynomials Bn(x), as well as for the maximal root yn:

y_n = \frac{n}{2 \pi e} + \frac{\ln (n)}{4 \pi e} + O(1) and c_n = \frac{2 n}{\pi e} + \frac{\ln (n)}{\pi e} + O(1)

Comments: 5 pages, 4 figures, rearranged figures
Subjects: Number Theory (math.NT)
MSC classes: 11B68; 11B83
Cite as: arXiv:math/0606361 [math.NT]
  (or arXiv:math/0606361v2 [math.NT] for this version)

Submission history

From: Alexander Efimov [view email]
[v1] Thu, 15 Jun 2006 14:24:45 GMT (5kb)
[v2] Fri, 16 Jun 2006 06:03:55 GMT (5kb)

The asymptotics for the number of real roots of the Bernoulli polynomials

─ 摘自《時間序列︰生成函數‧漸近展開︰白努利 □○《十後》

 

文本中所使用之符號 d_n = ]y_n[d_n = \lceil y_n \rceil, \ \therefore d_n -1 < y_n \le d_n, \ y_n \in (d_n-1, d_n] ,這裡 y_nB_n (x) = 0 的『最大實數根』。且略為梳理內容,更正可能的打字錯誤,期望一路讀來者能對其『證明思路』更清晰而已。

d_{n+1} \le d_n +1

首先 d_n \ge 1 ,因為所有白努利多項式在 (0, 1] 區間中都有 \neq 0 的根。因此如果 d_{n+1} \le 2 ,該不等式 d_{n+1} \le d_n +1 成立。這使得我們只需要考慮當 d_{n+1} \ge 3 之情況,此時 d_{n+1} - 1 \ge 2d_{n+1} - 2 \ge 1 。我們已知 B_n (x) 有四種兩類,此處依其性質分成了兩項考察︰

n = 4k, 4k+1, 4k+2

此時 n+1 = 4k+1, 4k+2, 4k+3 ,由於 1 是奇次類白努利多項式的根,4k+2 這種偶次白努利多項式 B_{4k+2} (1) > 0 ,故得 B_{n+1} (1) \ge 0 。 由多步公式

B_n (y+m) = B_n (y) + n \cdot \sum \limits_{k=0}^{m-1} {(y+k)}^{n-1}

可知 B_{n+1} (d_{n+1} - 1) > 0B_{n+1} (d_{n+1}) > 0 。因為 d_{n+1} - 1 < y_{n+1} \le d_{n+1}B_{n+1} (x) = 0 之最大根,故知於 [d_{n+1} - 1, d_{n+1}] 閉區間中至少有兩個以上的偶數根。 讓我們取其中最大的兩個。依羅爾定理,其間必有一點使得斜率為零 {B_{n+1} (x)}^{'} = (n+1) \cdot B_n (x) = 0 。此點也就是 B_n (x) 之最大根 y_n ,因此 d_{n+1} - 1 < y_n ,所以 d_{n+1} \le \lceil y_n \rceil = d_n ,當然 \therefore d_{n+1} \le d_n + 1

n = 4k+3

此時 n+1 = 4k+4= 4(k+1) 。這種白努利多項式 B_{n+1}[0,1] 閉區間裡滿足 B_{n+1} (x) > B_{n+1} (0) ,由多步公式可得

B_{n+1} (m+x) - B_{n+1} (m) = \left[ B_{n+1} (x) - B_{n+1} (0) \right] + (n+1) \left[ \sum \limits_{k=0}^{m-1} {(x+k)}^{n-1} - \sum \limits_{k=0}^{m-1} {k}^{n-1} \right] > 0 。因此 B_{n+1} (d_{n+1} - 1) < B_{n+1} (y_{n+1}) = 0 。可知 B_{n+1} (d_{n+1})  > 0 ,其後恆增也 B_{n+1} (x) > 0 , \ x > d_{n+1} 。故知 B_n (x) = 0 之最大根 y_n 必落 d_{n+1} - 1 之前矣。其前有根乎?從 B_{n+1} (d_{n+1} - 2) < 0 以及 B_{n+1} (d_{n+1} - \frac{3}{2}) > 0, \because B_{n+1} (1/2) > 0 知其有也。且因 B_{n+1} (d_{n+1} - 2) < 0B_{n+1} (d_{n+1} - 1)  <0 同號,同理得知於 [d_{n+1} - 2, d_{n+1} - 1] 閉區間中至少有兩個以上的偶數根。同上可證 d_{n+1} - 2 < y_n ,所以 \therefore d_{n+1} \le d_n + 1

※ 連續套用 d_{n+1} \le d_n + 1d_{n+1} - 1 < d_n ,可得

d_{4k} + i \ge d_{4k + i} \ge d_{4k+4} - 4 + i, \ i=1,2,3

為什麼以 d_{4k} 為中心立論呢?答案請參考上一篇。這裡只強調有值也。

B_{4n} = - \frac{2(4n)!}{(2 \pi)^{4n}} \sum \limits_{\nu=1}^{\infty} \frac{1}{{\nu}^{4 n}}

\sum \limits_{k=3}^{\infty} \frac{1}{k^{4n}} \le \sum \limits_{k=3}^{\infty}  \int_{k-1}^{k} \frac{dt}{t^{4n}} = \int_{2}^{\infty} \frac{dt}{t^{4n}} = \frac{2}{4n - 1} \cdot \frac{1}{2^{4n}}

1 < \sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{4n}} \le 1 + \frac{1}{2^{4n}} + \frac{2}{4n-1} \cdot \frac{1}{2^{4n}} = 1 + \frac{4n+1}{4n-1} \frac{1}{2^{4n}}

\lim \limits_{n \to \infty} \sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{4n}}  = 1

而且 n \ge 1, 4n - 3 \ge 0, 2(4n-1) - (4n+1) = 4n-3 \ge 0 ,所以

1 < \sum \limits_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{4n}} \le 1+ 2 \cdot \frac{1}{2^4} = 1 + \frac{1}{8}

 

d_{4k} 之上下界

d_n 之定義前後推步可知 B_{4k} (d_{4k} -1) < 0 ,而且 B_{4k} (d_{4k}) \ge 0 。再由多步公式

B_{4k} (d_{4k}) = B_{4k} (0) + 4k \cdot \sum \limits_{k=1}^{d_{4k}-1} k^{4k-1} \ge 0 ,可得

- B_{4k} = - B_{4k} (0) \le 4k \cdot \sum \limits_{k=1}^{d_{4k}-1} k^{4k-1} < 4k \int \limits_{1}^{d_{4k}} t^{4k-1} dt = d_{4k}^{4k} - 1 。同理

B_{4k} (d_{4k}-1) = B_{4k} (0) + 4k \cdot \sum \limits_{k=1}^{d_{4k}-2} k^{4k-1} < 0 ,可得

- B_{4k} = - B_{4k} (0) > 4k \cdot \sum \limits_{k=1}^{d_{4k}-2} k^{4k-1} > 4k \int \limits_{0}^{d_{4k}-2} t^{4k-1} dt = {( d_{4k}^{4k} - 2)}^{4k} 。所以

\therefore \sqrt[{4k}]{1 - B_{4k}} < d_{4k} < 2 + \sqrt[{4k}]{-B_{4k}}

然後借著

斯特靈公式

斯特靈公式是一條用來取n階乘近似值數學公式。一般來說,當n很大的時候,n階乘的計算量十分大,所以斯特靈公式十分好用,而且,即使在n很小的時候,斯特靈公式的取值已經十分準確。

公式為:

  n! \approx \sqrt{2\pi n}\, \left(\frac{n}{e}\right)^{n}.

這就是說,對於足夠大的整數n,這兩個數互為近似值。更加精確地:

  \lim_{n \rightarrow \infty} {\frac{n!}{\sqrt{2\pi n}\, \left(\frac{n}{e}\right)^{n}}} = 1

  \lim_{n \rightarrow \infty} {\frac{e^n\, n!}{n^n \sqrt{n}}} = \sqrt{2 \pi}.

 

計算簡化得出 \sqrt[{4k}]{-B_{4k}} = \frac{2k}{\pi e} + \frac{\ln(4k)}{4 \pi e} + O(1) 。因為

d_{4k} + i \ge d_{4k + i} \ge d_{4k+4} - 4 + i, \ i=1,2,3 ,所以四種兩類白努利多項式 B_n (x)d_n 都有相同的漸近展開式,故得

y_n = \frac{n}{2 \pi e} + \frac{\ln(n)}{4 \pi e} + O(1) 也。

 

c_{4k+1} 之計算

首先回顧白努利多項式 四種兩類的性質︰

因此除了 B_1 (x) = x - \frac{1}{2} 之外,我們可將白努力多項式 B_m (x) 歸納成四種

B_{4k}B_{4k+1}B_{4k+2}B_{4k+3 ,兩類

◎ 偶次 2n 類︰ {(-1)}^n \cdot B_{2n} (x)

在閉區間 [0, \frac{1}{2}] 嚴格遞增↗。從 {(-1)}^n \cdot B_{2n} (0) 負→零→正→正極大值 {(-1)}^n \cdot B_{2n} (\frac{1}{2})

在閉區間 [\frac{1}{2}, 1] 嚴格遞減↘。從正極大值 {(-1)}^n \cdot B_{2n} (\frac{1}{2}) →正→零→負→ {(-1)}^n B_{2n}(1)

◎ 奇次 2n+1 類︰ {(-1)}^n \cdot B_{2n+1} (x)

在開區間 (0, \frac{1}{2}) 恆負 {(-1)}^n \cdot B_{2n+1} (x) < 0。從 B_{2n+1} (0) = 0B_{2n+1} (\frac{1}{2}) = 0

在開區間 (\frac{1}{2}, 1) 恆正 {(-1)}^n \cdot B_{2n+1} (x) > 0。從 B_{2n+1} (\frac{1}{2}) = 0B_{2n+1} (1) = 0

─── 摘自《時間序列︰生成函數‧漸近展開︰白努利多項式之根《四》

 

由於 x=\frac{1}{2} 是白努利多項式的對稱軸,而且 B_{4k+1} (\frac{1}{2}) = 0 ,所以計算根的數目 c_{4k+1} 時,只需考慮那些 > \frac{1}{2} 之根的數目,然後將它乘二【※對稱根】加一【※ \frac{1}{2}  是根】即可。

已知 B_{4k+1} (1) = 0 ,也知 B_{4k+1}^{'} (1) = (4k+1) \cdot B_{4k} (1) < 0 ,因此 B_{4k+1} (x) 至少有一根 > 1 ,故而 d_{4k+1} \ge 2

且讓我們考慮 m , \ 1 \le m \le d_{4k+1} - 1 這些整數。因為 x \in [\frac{1}{2}, 1] , B_{4k+1} (x) \ge 0 ,由多步公式可得 B_{4k+1} (m+x) > 0, \ m \ge 1 。於是 B_{4k+1}[m+\frac{1}{2}, m+1] 閉區間裡沒有根。所以 y_{4k+1} \in [d_{4k+1} - 1, d_{4k+1} - \frac{1}{2}] 。因著 B_{4k+1} (y_{4k+1}) = 0 以及從多步公式前推數值遞減可知 B_{4k+1} (y_{4k+1} - (d_{4k+1} - 1) + m) \le 0 。故可歸結︰

B_{4k+1} (x) 於每個 [m, m+\frac{1}{2}] 閉區間中皆有根。

B_{4k+1} (m) > 0

B_{4k+1} (m+\frac{1}{2}) > 0

B_{4k+1}^{''} (x) = (4k+1) \cdot 4k \cdot B_{4k-1} (x) > 0, x \in [m, m+\frac{1}{2}]\because B_{4k+3} (x) > 0,  x \in (0, \frac{1}{2})

得出在每個 [m, m+\frac{1}{2}] 閉區間裡,根不在端點 m, m+\frac{1}{2} 處,同時為下凸形式 B_{4k+1}^{''} (x) > 0 ,因此恰有 2 根之結論。\therefore c_{4k+1} = 2 \cdot \left[ 2 \cdot (d_{4k+1} - 1)  \right] + 1 = 4 d_{4k+1} - 3

再從 B_{n+1}^{'} (x) = (n+1) \cdot B_n (x) ,可知

c_{n+1} \le c_n +1 ,能知

c_{4k+1} + i \ge c_{4k+1+ i} \ge c_{4k+5} - 4 + i, \ i=1,2,3 。故得

c_n = \frac{2n}{\pi e} + \frac{\ln(n)}{\pi e} + O(1) 也☆