Fórmula Euler–Maclaurin

O termo restante surge porque a integral geralmente não é exatamente igual à soma. A fórmula pode ser derivada aplicando integração repetida por partes a intervalos sucessivos ${\displaystyle [r,r+1]}$ para ${\displaystyle r=m,m+1,\ldots ,n-1}$ . Os termos de contorno nessas integrações levam aos termos principais da fórmula, e as integrais restantes formam o termo restante.

O termo restante tem uma expressão exata em termos das funções de Bernoulli periodizadas ${\displaystyle P_{k}(x)}$ . Os polinômios de Bernoulli podem ser definidos recursivamente por ${\displaystyle B_{0}(x)=1}$ e para ${\displaystyle k\geq 1}$ ,

${\displaystyle {\begin{aligned}B_{k}'(x)&=kB_{k-1}(x),\\\int _{0}^{1}B_{k}(x)\,dx&=0.\end{aligned}}}$

As funções Bernoulli periodizadas são definidas como

${\displaystyle P_{k}(x)=B_{k}(x-\lfloor x\rfloor ),}$

Onde ${\displaystyle \lfloor x\rfloor }$ denota o maior número inteiro menor ou igual a ${\displaystyle x}$ (de modo a ${\displaystyle x-\lfloor x\rfloor }$ sempre fica no intervalo ${\displaystyle [0,1)}$ )

Com esta notação, o termo restante ${\displaystyle R_{p}}$ é igual a

${\displaystyle R_{p}=(-1)^{p+1}\int _{m}^{n}f^{(p)}(x){\frac {P_{p}(x)}{p!}}\,dx.}$

Quando ${\displaystyle k>0}$, pode-se mostrar que

${\displaystyle |B_{k}(x)|\leq {\frac {2\cdot k!}{(2\pi )^{k}}}\zeta (k),}$

Onde ${\displaystyle \zeta }$ denota a função zeta de Riemann ; uma abordagem para provar essa desigualdade é obter a série de Fourier para os polinômios ${\displaystyle B_{k}(x)}$ . O limite é alcançado por igual ${\displaystyle k}$ quando ${\displaystyle x}$ é zero. O termo ${\displaystyle \zeta (k)}$ pode ser omitido por estranho ${\displaystyle k}$ mas a prova neste caso é mais complexa (ver Lehmer).[3] Usando essa desigualdade, o tamanho do termo restante pode ser estimado como

${\displaystyle |R_{p}|\leq {\frac {2\zeta (p)}{(2\pi )^{p}}}\int _{m}^{n}|f^{(p)}(x)|\,dx.}$

Os números Bernoulli de ${\displaystyle B_{1}}$ para ${\displaystyle B_{7}}$ estão ${\displaystyle {\tfrac {1}{2}},{\tfrac {1}{6}},0,-{\tfrac {1}{30}},0,{\tfrac {1}{42}},0.}$ Portanto, os casos de baixa ordem da fórmula de Euler-Maclaurin são:

${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{i=m}^{n}f(i)-\int _{m}^{n}f(x)\,dx&={\frac {f(m)+f(n)}{2}}+\int _{m}^{n}f'(x)P_{1}(x)\,dx\\&={\frac {f(m)+f(n)}{2}}+{\frac {1}{6}}{\frac {f'(n)-f'(m)}{2!}}-\int _{m}^{n}f''(x){\frac {P_{2}(x)}{2!}}\,dx\\&={\frac {f(m)+f(n)}{2}}+{\frac {1}{6}}{\frac {f'(n)-f'(m)}{2!}}+\int _{m}^{n}f'''(x){\frac {P_{3}(x)}{3!}}\,dx\\&={\frac {f(m)+f(n)}{2}}+{\frac {1}{6}}{\frac {f'(n)-f'(m)}{2!}}-{\frac {1}{30}}{\frac {f'''(n)-f'''(m)}{4!}}-\int _{m}^{n}f^{(4)}(x){\frac {P_{4}(x)}{4!}}\,dx\\&={\frac {f(m)+f(n)}{2}}+{\frac {1}{6}}{\frac {f'(n)-f'(m)}{2!}}-{\frac {1}{30}}{\frac {f'''(n)-f'''(m)}{4!}}+\int _{m}^{n}f^{(5)}(x){\frac {P_{5}(x)}{5!}}\,dx\\&={\frac {f(m)+f(n)}{2}}+{\frac {1}{6}}{\frac {f'(n)-f'(m)}{2!}}-{\frac {1}{30}}{\frac {f'''(n)-f'''(m)}{4!}}+{\frac {1}{42}}{\frac {f^{(5)}(n)-f^{(5)}(m)}{6!}}-\int _{m}^{n}f^{(6)}(x){\frac {P_{6}(x)}{6!}}\,dx\\&={\frac {f(m)+f(n)}{2}}+{\frac {1}{6}}{\frac {f'(n)-f'(m)}{2!}}-{\frac {1}{30}}{\frac {f'''(n)-f'''(m)}{4!}}+{\frac {1}{42}}{\frac {f^{(5)}(n)-f^{(5)}(m)}{6!}}+\int _{m}^{n}f^{(7)}(x){\frac {P_{7}(x)}{7!}}\,dx.\end{aligned}}}$

O problema da Basileia é determinar a soma

${\displaystyle 1+{\frac {1}{4}}+{\frac {1}{9}}+{\frac {1}{16}}+{\frac {1}{25}}+\cdots =\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{2}}}.}$

Euler calculou essa soma com 20 casas decimais com apenas alguns termos da fórmula de Euler-Maclaurin em 1735. Isso provavelmente o convenceu de que a soma é igual ${\displaystyle \pi ^{2}/6}$, o que ele provou no mesmo ano.[4]

E se ${\displaystyle f}$ é um polinômio e ${\displaystyle p}$ é grande o suficiente, então o termo restante desaparece. Por exemplo, se ${\displaystyle f(x)=x^{3}}$, podemos escolher ${\displaystyle p=2}$ para obter, após simplificação,

${\displaystyle \sum _{i=0}^{n}i^{3}=\left({\frac {n(n+1)}{2}}\right)^{2}.}$

A fórmula fornece um meio de aproximar uma integral finita. Deixei ${\displaystyle a<b}$ ser os pontos finais do intervalo de integração. Consertar ${\displaystyle N}$, o número de pontos a serem usados na aproximação e denotam o tamanho do passo correspondente por ${\displaystyle h=(b-a)/(N-1)}$ . Conjunto ${\displaystyle x_{i}=a+(i-1)h}$, de modo a ${\displaystyle x_{1}=a}$ e ${\displaystyle x_{N}=b}$ . Então: [5]

${\displaystyle {\begin{aligned}I&=\int _{a}^{b}f(x)\,dx\\&\sim h\left({\frac {f(x_{1})}{2}}+f(x_{2})+\cdots +f(x_{N-1})+{\frac {f(x_{N})}{2}}\right)+{\frac {h^{2}}{12}}[f'(x_{1})-f'(x_{N})]-{\frac {h^{4}}{720}}[f'''(x_{1})-f'''(x_{N})]+\cdots .\end{aligned}}}$

Isso pode ser visto como uma extensão da regra do trapézio pela inclusão de termos de correção. Observe que essa expansão assintótica geralmente não é convergente; há algum ${\displaystyle p}$, dependendo de ${\displaystyle f}$ e ${\displaystyle h}$, de modo que os termos ultrapassaram o pedido ${\displaystyle p}$ aumentar rapidamente. Assim, o termo restante geralmente exige muita atenção.[5]

A fórmula de Euler-Maclaurin também é usada para análises detalhadas de erros em quadratura numérica . Ele explica o desempenho superior da regra trapezoidal em funções periódicas suaves e é usado em certos métodos de extrapolação . A quadratura de Clenshaw-Curtis é essencialmente uma mudança de variáveis para lançar uma integral arbitrária em termos de integrais de funções periódicas onde a abordagem de Euler-Maclaurin é muito precisa (nesse caso particular, a fórmula de Euler-Maclaurin assume a forma de uma transformação discreta de cosseno ) . Essa técnica é conhecida como transformação de periodização.

No contexto da computação de expansões assintóticas de somas e séries, geralmente a forma mais útil da fórmula de Euler-Maclaurin é

${\displaystyle \sum _{n=a}^{b}f(n)\sim \int _{a}^{b}f(x)\,dx+{\frac {f(b)+f(a)}{2}}+\sum _{k=1}^{\infty }\,{\frac {B_{2k}}{(2k)!}}\left(f^{(2k-1)}(b)-f^{(2k-1)}(a)\right),}$

Onde ${\displaystyle a}$ e ${\displaystyle b}$ são inteiros.[6] Muitas vezes, a expansão permanece válida mesmo após tomar os limites ${\displaystyle a\rightarrow -\infty }$ ou ${\displaystyle b\rightarrow +\infty }$ ou ambos. Em muitos casos, a integral do lado direito pode ser avaliada na forma fechada em termos de funções elementares, embora a soma do lado esquerdo não possa. Então, todos os termos da série assintótica podem ser expressos em termos de funções elementares. Por exemplo,

${\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(z+k)^{2}}}\sim \underbrace {\int _{0}^{\infty }{\frac {1}{(z+k)^{2}}}\,dk} _{=1/z}+{\frac {1}{2z^{2}}}+\sum _{t=1}^{\infty }{\frac {B_{2t}}{z^{2t+1}}}.}$

Aqui, o lado esquerdo é igual a ${\displaystyle \psi ^{(1)}(z)}$, ou seja, a função poligama de primeira ordem definida por ${\displaystyle \psi ^{(1)}(z)=(d/dz)^{2}(\log \Gamma (z))}$ ; a função gama ${\displaystyle \Gamma (z)}$ é igual a ${\displaystyle (z-1)!}$ E se ${\displaystyle z}$ é um número inteiro positivo . Isso resulta em uma expansão assintótica para ${\displaystyle \psi ^{(1)}(z)}$ . Essa expansão, por sua vez, serve como ponto de partida para uma das derivações de estimativas precisas de erro para a aproximação de Stirling da função fatorial .

Se s for um número inteiro maior que 1, temos:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{s}}}\approx {\frac {1}{s-1}}+{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{(s-1)n^{s-1}}}+{\frac {1}{2n^{s}}}+\sum _{i=1}{\frac {B_{2i}}{(2i)!}}\left[{\frac {(s+2i-2)!}{(s-1)!}}-{\frac {(s+2i-2)!}{(s-1)!n^{s+2i-1}}}\right].}$

Coletando as constantes em um valor da função zeta de Riemann, podemos escrever uma expansão assintótica:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{s}}}\sim \zeta (s)-{\frac {1}{(s-1)n^{s-1}}}+{\frac {1}{2n^{s}}}-\sum _{i=1}{\frac {B_{2i}}{(2i)!}}{\frac {(s+2i-2)!}{(s-1)!n^{s+2i-1}}}.}$

Para s igual a 2, isso simplifica para

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\sim \zeta (2)-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{2n^{2}}}-\sum _{i=1}{\frac {B_{2i}}{n^{2i+1}}},}$

ou

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k^{2}}}\sim {\frac {\pi ^{2}}{6}}-{\frac {1}{n}}+{\frac {1}{2n^{2}}}-{\frac {1}{6n^{3}}}+{\frac {1}{30n^{5}}}-{\frac {1}{42n^{7}}}+\cdots .}$

Quando s = 1, a técnica correspondente dá uma expansão assintótica para os números harmônicos :

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{k}}\sim \gamma +\log n+{\frac {1}{2n}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {B_{2k}}{2kn^{2k}}},}$

Onde ${\displaystyle \gamma \approx 0.5772156649015328606065}$ é a constante de Euler-Mascheroni .

Esboçamos o argumento dado no Apostole.[1]

Os polinômios de Bernoulli B_n(x) e as funções periódicas de Bernoulli P_n(x) para n = 0, 1, 2, ... foram introduzidos acima.

Os primeiros vários polinômios de Bernoulli são

${\displaystyle {\begin{aligned}B_{0}(x)&=1,\\B_{1}(x)&=x-{\frac {1}{2}},\\B_{2}(x)&=x^{2}-x+{\frac {1}{6}},\\B_{3}(x)&=x^{3}-{\frac {3}{2}}x^{2}+{\frac {1}{2}}x,\\B_{4}(x)&=x^{4}-2x^{3}+x^{2}-{\frac {1}{30}},\\&\vdots \end{aligned}}}$

Os valores B_n(0) são os números de Bernoulli B_n . Observe que para n ≠ 1 nós temos

${\displaystyle B_{n}=B_{n}(0)=B_{n}(1),}$

e para n = 1 ,

${\displaystyle B_{1}=B_{1}(0)=-B_{1}(1).}$

As funções P_n concordam com os polinômios de Bernoulli no intervalo [0, 1] e são periódicos com período 1. Além disso, exceto quando n = 1, eles também são contínuos. Portanto,

${\displaystyle P_{n}(0)=P_{n}(1)=B_{n}\quad (n\neq 1)}$

Seja k um número inteiro e considere a integral

${\displaystyle \int _{k}^{k+1}f(x)\,dx=\int _{k}^{k+1}u\,dv,}$

Onde

${\displaystyle {\begin{aligned}u&=f(x),\\du&=f'(x)\,dx,\\dv&=P_{0}(x)\,dx&&({\text{since }}P_{0}(x)=1),\\v&=P_{1}(x).\end{aligned}}}$

Integrando por partes, obtemos

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{k}^{k+1}f(x)\,dx&={\bigl [}uv{\bigr ]}_{k}^{k+1}-\int _{k}^{k+1}v\,du\\&={\bigl [}f(x)P_{1}(x){\bigr ]}_{k}^{k+1}-\int _{k}^{k+1}f'(x)P_{1}(x)\,dx\\&=B_{1}(1)f(k+1)-B_{1}(0)f(k)-\int _{k}^{k+1}f'(x)P_{1}(x)\,dx.\end{aligned}}}$

Usando ${\displaystyle B_{1}(0)=-1/2}$, ${\displaystyle B_{1}(1)=1/2}$, e somando o acima de k = 0 a k = n − 1, obtemos

${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{0}^{n}f(x)\,dx&=\int _{0}^{1}f(x)\,dx+\dotsb +\int _{n-1}^{n}f(x)\,dx\\&={\frac {f(0)}{2}}+f(1)+\dotsb +f(n-1)+{\frac {f(n)}{2}}-\int _{0}^{n}f'(x)P_{1}(x)\,dx.\end{aligned}}}$

Adicionando ( f ( n ) - f (0)) / 2 para ambos os lados e reorganizando, temos

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}f(k)=\int _{0}^{n}f(x)\,dx+{\frac {f(n)-f(0)}{2}}+\int _{0}^{n}f'(x)P_{1}(x)\,dx.}$

Este é o caso p = 1 da fórmula de soma. Para continuar a indução, aplicamos integração por partes ao termo de erro:

${\displaystyle \int _{k}^{k+1}f'(x)P_{1}(x)\,dx=\int _{k}^{k+1}u\,dv,}$

Onde

${\displaystyle {\begin{aligned}u&=f'(x),\\du&=f''(x)\,dx,\\dv&=P_{1}(x)\,dx,\\v&={\frac {1}{2}}P_{2}(x).\end{aligned}}}$

O resultado da integração por partes é

${\displaystyle {\begin{aligned}{\bigl [}uv{\bigr ]}_{k}^{k+1}-\int _{k}^{k+1}v\,du&=\left[{\frac {f'(x)P_{2}(x)}{2}}\right]_{k}^{k+1}-{\frac {1}{2}}\int _{k}^{k+1}f''(x)P_{2}(x)\,dx\\&={\frac {B_{2}}{2}}(f'(k+1)-f'(k))-{\frac {1}{2}}\int _{k}^{k+1}f''(x)P_{2}(x)\,dx.\end{aligned}}}$

S

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}f(k)=\int _{0}^{n}f(x)\,dx+{\frac {f(n)+f(0)}{2}}+{\frac {B_{2}}{2}}(f'(n)-f'(0))-{\frac {1}{2}}\int _{0}^{n}f''(x)P_{2}(x)\,dx.}$

Este processo pode ser iterado. Desta forma, obtemos uma prova da fórmula de soma de Euler-Maclaurin que pode ser formalizada por indução matemática, na qual a etapa de indução depende da integração por partes e de identidades para funções de Bernoulli periódicas.