Вычислять слегка колебательные ряды с высокой точностью?

13

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)=k1coskxk2(2coskx).
π

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(πx)

Производная функции, $ f '(\ pi x) $

Кирилл
источник
1
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.pdfcos(kx)=Tk(x)Tk(x)
Джей Леммон,
1
э, это должно сказатьcos(kx)=Tk(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
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:

7

Если аналитические методы запрещены, но периодическая структура известна, вот один из подходов. Пусть будет периодическим с периодом2π, так что g(x)=jwjeijx, где wj=1

g(x)=cosx2cosx
2π
g(x)=jwjeijx
Таким образом, f ( x )
wj=12π02πg(x)eijxdx
Вы можете либо аппроксимировать интегралыwjнапрямую, либо вычислить набор значенийf(x)и использовать DFT. В любом случае вы можете применить экстраполяцию Ричардсона к результату. Поскольку в вашем случаеg(x)аналитична в окрестностиR, финальный ряд сходится экспоненциально даже без Ричардсона.
f(x)=k1g(kx)kp=k11kpjwjeijkx=jwjk1(eijx)kkp=jwjLip(eijx)
wjf(x)g(x)R
Джеффри Ирвинг
источник
g(x)=cos(x)/(2cos(x))
3

x=2πa/ba,b

f(x)=k1coskxk2(2coskx)=k=1bcoskx2coskxn01(k+bn)2=k=1bcoskx2coskxψ1(k/b)b2
ψ1(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