斯特灵(stirling)公式与渐近级数
By 苏剑林 | 2016-04-15 | 60416位读者 | 引用斯特灵近似,或者称斯特灵公式,最开始是作为阶乘的近似提出
$$n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n$$
符号$\sim$意味着
$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n}{n!}=1$$
将斯特灵公式进一步提高精度,就得到所谓的斯特灵级数
$$n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\left(1+\frac{1}{12n}+\frac{1}{288n^2}\dots\right)$$
很遗憾,这个是渐近级数。
相关资料有:
https://zh.wikipedia.org/zh-cn/斯特灵公式
https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation
本文将会谈到斯特灵公式及其渐近级数的一个改进的推导,并解释渐近级数为什么渐近。
从“0.999...等于1”说开来
By 苏剑林 | 2015-07-21 | 59557位读者 | 引用从小学到大学都可能被问到的但却又不容易很好地回答的问题中,“0.999...究竟等不等于1”肯定也算是相当经典的一个。然而,要清楚地回答这个问题并不容易,很多时候被提问者都会不自觉地弄晕,甚至有些“民科”还以这个问题“创造了新数学”。
本文试图就这个问题,给出比较通俗但比较严谨的回答。
什么是相等?
要回答0.999...等不等于1,首先得定义“相等”!什么才算相等?难道真的要写出来一模一样才叫相等吗?如果是这样的话,那么2-1都不等于1了,因为2-1跟1看起来都不一样啊。
显然我们需要给“相等”做出比较严格但是又让人公认的定义,才能对相等进行判断,显然,下面的定义是能够让很多人接受的:
$a = b$等切仅当$|a-b|=0$。
柯西命题:盯着它到显然成立为止!
By 苏剑林 | 2015-04-19 | 44028位读者 | 引用数学分析中数列极限部分,有一个很基本的“柯西命题”:
如果$\lim_{n\to\infty} x_n=a$,则
$$\lim_{n\to\infty}\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n}=a$$
本文所要谈的便是这个命题,当然还包括类似的一些题目。
柯西命题的证明
柯西命题的证明并不难,只需要根据极限收敛的定义,由于$\lim_{n\to\infty} x_n=a$,所以任意给定$\varepsilon > 0$,存在足够大的$N$,使得对于任意的$n > N$,都有
$$\left|x_n - a\right| < \varepsilon/2\quad(\forall n > N)$$
有趣的求极限题:随心所欲的放缩
By 苏剑林 | 2015-03-28 | 45082位读者 | 引用昨天一好友问我以下题目,求证:
$$\lim_{n\to\infty} \frac{1^n + 2^n +\dots + n^n}{n^n}=\frac{e}{e-1}$$
将解答过程简单记录一下。
求解
首先可以注意到,当$n$充分大时,
$$\frac{1^n + 2^n +\dots + n^n}{n^n}=\left(\frac{1}{n}\right)^n+\left(\frac{2}{n}\right)^n+\dots+\left(\frac{n}{n}\right)^n$$
的主要项都集中在最后面那几项,因此,可以把它倒过来计算
$$\begin{aligned}\frac{1^n + 2^n +\dots + n^n}{n^n}=&\left(\frac{1}{n}\right)^n+\left(\frac{2}{n}\right)^n+\dots+\left(\frac{n}{n}\right)^n\\
=&\left(\frac{n}{n}\right)^n+\dots+\left(\frac{2}{n}\right)^n+\left(\frac{1}{n}\right)^n\end{aligned}$$
ODE的坐标变换
熟悉理论力学的读者应该能够领略到变分法在变换坐标系中的作用。比如,如果要将下面的平面二体问题方程
$$\left\{\begin{aligned}\frac{d^2 x}{dt^t}=\frac{-\mu x}{(x^2+y^2)^{3/2}}\\
\frac{d^2 y}{dt^t}=\frac{-\mu y}{(x^2+y^2)^{3/2}}\end{aligned}\right.\tag{1}$$
变换到极坐标系下,如果直接代入计算,将会是一道十分繁琐的计算题。但是,我们知道,上述方程只不过是作用量
$$S=\int \left[\frac{1}{2}\left(\dot{x}^2+\dot{y}^2\right)+\frac{\mu}{\sqrt{x^2+y^2}}\right]dt\tag{2}$$
变分之后的拉格朗日方程,那么我们就可以直接对作用量进行坐标变换。而由于作用量一般只涉及到了一阶导数,因此作用量的变换一般来说比较简单。比如,很容易写出,$(2)$在极坐标下的形式为
$$S=\int \left[\frac{1}{2}\left(\dot{r}^2+r^2\dot{\theta}^2\right)+\frac{\mu}{r}\right]dt\tag{3}$$
对$(3)$进行变分,得到的拉格朗日方程为
$$\left\{\begin{aligned}&\ddot{r}=r\dot{\theta}^2-\frac{\mu}{r^2}\\
&\frac{d}{dt}\left(r^2\dot{\theta}\right)=0\end{aligned}\right.\tag{4}$$
就这样完成了坐标系的变换。如果想直接代入$(1)$暴力计算,那么请参考《方程与宇宙》:二体问题的来来去去(一)
鬼斧神工:求n维球的体积
By 苏剑林 | 2014-12-23 | 110601位读者 | 引用今天早上同学问了我有关伽马函数和$n$维空间的球体积之间的关系,我记得我以前想要研究,但是并没有落实。既然她提问了,那么就完成这未完成的计划吧。
标准思路
简单来说,$n$维球体积就是如下$n$重积分
$$V_n(r)=\int_{x_1^2+x_2^2+\dots+x_n^2\leq r^2}dx_1 dx_2\dots dx_n$$
用更加几何的思路,我们通过一组平行面($n-1$维的平行面)分割,使得$n$维球分解为一系列近似小柱体,因此,可以得到递推公式
$$V_n (r)=\int_{-r}^r V_{n-1} \left(\sqrt{r^2-t^2}\right)dt$$
设$t=r\sin\theta_1$,就有
$$V_n (r)=r\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} V_{n-1} \left(r\cos\theta_1\right)\cos\theta_1 d\theta_1$$
两生物种群竞争模型:LaTeX+Python
By 苏剑林 | 2014-12-15 | 59277位读者 | 引用写在前面:本文是笔者数学建模课的作业,探讨了两生物种群竞争的常微分方程组模型的解的性质,展示了微分方程定性理论的基本思想。当然,本文最重要的目的,是展示LaTeX与Python的完美结合。(本文的图均由Python的Matplotlib模块生成;而文档则采用LaTeX编辑。)
问题提出
研究在同一个自然环境中生存的两个种群之间的竞争关系。假设两个种群独自在这个自然环境中生存时数量演变都服从Logistic规律,又假设当它们相互竞争时都会减慢对方数量的增长,增长速度的减小都与它们数量的乘积成正比。按照这样的假设建立的常微分方程模型为
$$\begin{equation}\label{eq:jingzhengfangcheng}\left\{\begin{aligned}\frac{dx_1}{dt}=r_1 x_1\left(1-\frac{x_1}{N_1}\right)-a_1 x_1 x_2 \\
\frac{dx_2}{dt}=r_2 x_2\left(1-\frac{x_2}{N_2}\right)-a_2 x_1 x_2\end{aligned}\right.\end{equation}$$
本文分别通过定量和定性两个角度来分析该方程的性质。
特殊的通项公式:二次非线性递推
By 苏剑林 | 2014-11-12 | 62657位读者 | 引用特殊的通项公式
对数学或编程感兴趣的读者,相信都已经很熟悉斐波那契数列了
0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, ...
它是由
$$a_{n+2}=a_{n+1}+a_n,\quad a_0=0,a_1=1$$
递推所得。读者或许已经见过它的通项公式
$$a_{n}=\frac{\sqrt{5}}{5} \cdot \left[\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^{n} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right]$$
这里假设我们没有如此高的智商可以求出这个复杂的表达式出来,但是我们通过研究数列发现,这个数列越来越大时,相邻两项趋于一个常数,这个常数也就是(假设我们只发现了后面的数值,并没有前面的根式)
$$\beta=\frac{1 + \sqrt{5}}{2}=1.61803398\dots$$
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