差分方程的求解问题
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时间：2016-11-08 06:37
3差分方程在热传导问题中的应用；3.1一维方向上热传导问题；一问题提出；考虑均匀细杆上热传递的分布，让x1,x2,?xk；假设细杆两端刚好是绝缘的，没有热能损失；假定xi点的温度只由点xi-1,xi+1决定，根；即：；Ti(n?1)?Ti(n)??([Ti?1(n)；??[Ti?1(n)?2Ti(n)?Ti?1(n；(3-1-1)；（?为热传递系数）；或者:
3差分方程在热传导问题中的应用
3.1一维方向上热传导问题
考虑均匀细杆上热传递的分布，让x1,x2,?xk等距离分布在细杆上，Ti(n)表示xi在时间tn?(?t)n时刻的温度，(1?i?k),相应的让左右两端温度分别为T0(n),Tk?1(n).
假设细杆两端刚好是绝缘的，没有热能损失。但是，点xi?1,xi?1会影响点xi处的温度。假设细杆最左边的点保持在b℃最右边的点为c℃,即x0(n)?b,xk?1(n)?c,n?0..
假定xi点的温度只由点xi-1,xi+1决定，根据牛顿冷却定律（牛顿冷却定律：当物体表面与周围存在温度差时，单位时间从单位面积散失的热量与温度差成正比，比例系数称为热传递系数。牛顿定律是牛顿在1701年用实验确定的，在强制对流时与实际符合较好，在自然对流时只在温度差不太大时才成立），xi点从时刻n到时刻n+1的温度变化正好与同一时刻点xi-1，xi+1的温度变化成正比。 二
根据定律得出模型
Ti(n?1)?Ti(n)??([Ti?1(n)?Ti(n)]?[Ti?1(n)?Ti(n)])
??[Ti?1(n)?2Ti(n)?Ti?1(n)]
（?为热传递系数）
或者:Ti(n?1)??Ti?1(n)?(1?2?)Ti(n)??Ti?1(n),i?2,3,?k?1.
三 模型推导
同样的也可以写成两个方程:
T1(n?1)?(1?2?)T1(n)??T2(n)??b,Tk(n?1)??Tk?1(n)?(1?2?)Tk(n)??c.
可以归纳成T(n?1)?AT(n)?g,这里
A??0?(1?2?)
?000????b?
????0????,g=?0?.
??c??(1?2?)?????
)，.因此所有k?1
这是一个三对角线矩阵。它的特征值公式为?n?(1?2?)??cos(
n?1,2,?k。??1的值都是A的特征值。推出
limA?0.根据常数的变化得出T(n)?AT(0)??Arg，因此limT(n)?(I?A)?1g，.
最后从方程中看出xi点处的温度，接近于矢―量(I?A)?1?g的组成，不考虑xi1?i?k，点处最初的温度。 四
根据上面得出的结论把k?3,??0.4,T0(n)?100C,T4(n)?200C代入.然后
?0.2?A??0.4
0??4????0.4?,g??0?,
?8?0.2????
?0.8?0.40??8???5?1
(I?A)???0.40.8?0.4??
?0??0.40.8??13?
?48?55?24? 515?
?15??8?5?1
因此.limT(n)=(I?A)g=?4
4???55?????2?
24??0?=?15??43?515??8??????2?48?
注：让?x?xi?xi?1,?t?ti?1?ti比例系数
（3-1-2） 2?(?x)??这里β是细杆上一个点，公式（2-3-2）表示温度变化△t的较小值，并且小点的分离，温度值较大的点会受它相邻的点的温度影响，把公式（2-3-2）带入公式（2-3-1） 六
?Ti?1(n)?2Ti(n)?Ti?1(n)?Ti(n?1)-Ti(n)
（3-1-3） ????.
?t(?x)??如果我们令
?t?0,?x?0,n??,i??,xi?(?x)i?x,ti?(?t)i?t 根据（2-3-2）得到差分方程
?T(x,t)?2T(x,t)
3.2 二维方向上热传导问题
一 问题提出
假设细杆上有网状分布的六个点，细杆的一部分在空气中保持在常温50℃，细杆的另一部分保持在水中温度为0℃，假设xi(1?i?6)点处的温度受其上，下，左，右四个点的影响。 建立一个数学模型描述细杆上的热传递。 找出六个点的平衡温度。 二 解答过程
因为xi(1?i?6)点受其上下左右四个点的影响，所以根据（3-1-1）建立数学模型
T1(n?1)?T1(n)??([T2(n)?T1(n)]?[T4(n)?T1(n)]?[500C?T1(n)]?[500C?T1(n)])T2(n?1)?T2(n)??([T1(n)?T2(n)]?[T3(n)?T2(n)]?[T5(n)?T2(n)]?[500C?T2(n)])T3(n?1)?T3(n)??([T2(n)?T3(n)]?[T6(n)?T3(n)]?[500C?T3(n)]?[500C?T3(n)])T4(n?1)?T4(n)??([T1(n)?T4(n)]?[T5(n)?T4(n)]?[00C?T4(n)]?[00C?T4(n)])T5(n?1)?T5(n)??([T2(n)?T5(n)]?[T4(n)?T5(n)]?[T6(n)?T5(n)]?[00C?T5(n)])
T6(n?1)?T6(n)??([T3(n)?T6(n)]?[T5(n)?T6(n)]?[0C?T6(n)]?[0C?T6(n)])模型整理后得：
T1(n?1)?(1?4?)T1(n)??T2(n)??T4(n)??1000CT2(n?1)??T1(n)?(1?4?)T2(n)??T3(n)??T5(n)??500C
T3(n?1)??T2(n)?(1?4?)T3(n)??T6(n)??1000CT4(n?1)??T1(n)?(1?4?)T4(n)??T5(n)??0CT5(n?1)??T2(n)??T4(n)?(1?4?)T5(n)??T6(n)??00CT6(n?1)??T3(n)??T5(n)?(1?4?)T6(n)??00C
根据模型得出矩阵
令??0.2代入矩阵得
??0.20.2?00.20.2
?00.20??000.2?
?0?0?1?4?00??
01?4??0?0?1?4?????0?1?4???0.200
?0?0.2??0?0.2??0.2??
???10??20?g???
?0??0????0???
?100?????50???10?0?
?0??0????0???
0.20.20.20.20
根据3.1的知识内容得出(I?A)，
??0...??1?0...?1
?0...?0...???0...??
进而得出六个点的平衡温度
T(n)?(I?A)g??
limn???0.4223
0...50..??0...3485???20?
???10??20??? ?0??0????0???
?? ?11.6????11.9318??
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热传导初边值问题分离变量法的具体应用...3 2 热传导初边值问题有限差分法...此外为了保证计算过程的可行和计算结果的 正确,还需从理论上分析差分方程组的性态... MATLAB在导热问题中的应用_信息与通信_工程科技_专业资料。分类号 UDC 密级 编号...分别得到薄片边界和内部节点的差分方程,用MS.Excel求得节点温度,用 MATLAB软件... ∑a nb nb T +b (4-6) 上式即为一维稳定态导热问题内部节点的差分方程...下面以二维稳定态导热边界节点为例,介绍 如何应用物理方法推导差分方程。 4.4.1... 在推导热传导方程的过程中起基本作用的是 Fourier 定律与热量守恒定律(即(1-1...利用这些公式可以将微分方程写成差分方程。 6.2 一维热传导方程的差分公式 热... 导热问题的数值求解随着计算机的普及应用和性能的不断...而且在计算复杂传热问题中显示 出它的优越性,因而...(节点)差分方程的建立;节点方程(代数方程)的求 解... 2.求解迭代方程时, 对于常物行导热问题所组成的差分 传热学一、判断题 1.毕渥数 (Bi=hl/λ ) 可表达为单位表面积上的换热热阻与单位导热面积上的导热热阻之... 2013 年《传热学》试题注:请按题目顺序在标准答题纸上作答,答在题签或草稿纸...)ti , j , m (3) 上式就是无热源三维非稳态导热问题的内节点差分方程。... 而对于常物性导热问题组成差分方程组, 每一个方程都选 用导出方程的中心节点温度...从计算中可以发现,运用 Gauss-Seidel 迭代法迭代次数少,收敛性好,因此一般较为... 分析:本例是线性方程组在差分方程中的应用。先根据题意写出差分方程,然后利用...例 4-8 在钢板热传导的研究中,常常用节点温度来描述钢板温度的分布。 假设图...君，已阅读到文档的结尾了呢~~
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求大家帮忙，差分方程的问题求解
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Y(t+1)-Y(t)=2(t)-1，这个差分方程求解用叠加原理，分解为两个Y(t+1)-Y(t)=2(t)，那么后一个应该是Y(t+1)-Y(t)=-1还是
Y(t+1)-Y(t)=1，两个式子设特解的时候不一样，经过计算应该后面那个式子是对的，可是前面的为什么错啊，不都是叠加啊
ps Y(t+1)-Y(t)括号里面为角标,2(t)括号里面为幂指数
上午发的时候没有解释清楚
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为什么没有人啊
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怎么还没有人回啊
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为什么没有人帮助我啊
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我都晕死了，一个人也没有
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我认为是-1
我们能做的只是不断的改变自己！
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貌似不考,大哥数几啊,汗了
拜托了，我虽然叫赵敏，别叫我师姐，或者姐姐，或者妹妹
请叫我兄弟~呵呵，或者同学~或者……，呵呵
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数三，差分方程怎么会补考呢
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原帖由 lycsheva 于
17:09 发表
Y(t+1)-Y(t)=2(t)-1，这个差分方程求解用叠加原理，分解为两个Y(t+1)-Y(t)=2(t)，那么后一个应该是Y(t+1)-Y(t)=-1还是
Y(t+1)-Y(t)=1，两个式子设特解的时候不一样，经过计算应该后面那个式子是对的，可是前面的为什么错啊，不都是 ...
你能不能把你的计算过程发个word文档附件上来呢？我们帮你分析一下哪里出问题了。
因为我计算的结果是按照分成2的t次方和-1计算是正确的，后面的分法是错误的。
应该是你的计算过程出了问题吧。
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差分方程边值问题正解的存在性
【摘要】：
近年来,差分方程边值问题的研究引起了数学工作者的广泛关注.本文主要研究了两类差分方程边值问题正解的存在性.全文共分为四章.第一章,简单地介绍问题产生的历史背景和本文的主要工作,并给出文中用到的基本定义和定理.第二章,我们利用Krasnosel'skii不动点定理研究了半正的三阶两点差分方程的正解存在性.第三章,我们应用锥上的不动点指标定理,研究了一类二阶三点差分分方程的正解,其中的参数函数在定义域内是变号的,并且所得结果推广了近期文献中的主要结果.第四章,应用第二章用到的方法,我们研究了一类二阶四点边值问题正解的存在性,这一章的内容是第三章的推广.
【关键词】：
【学位授予单位】：延边大学【学位级别】：硕士【学位授予年份】：2008【分类号】：O175.8【目录】：
Abstract6-8
第一章 绪论8-10
1.1 研究背景和主要工作8-9
1.2 预备知识9-10
第二章 非线性三阶差分方程边值问题正解的存在性10-19
2.1 问题的引入及预备知识10-13
2.2 主要结果13-17
2.3 举例17-19
第三章 可变号非线性二阶三点差分方程边值问题正解的存在性19-31
3.1 引言及引理19-26
3.2 正解存在性26-30
3.3 举例30-31
第四章 可变号的非线性二阶四点差分方程边值问题正解存在性31-44
4.1 预备知识31-39
4.2 主要结果39-44
参考文献45-47
欢迎：、、)
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差分方程求解问题
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对于\(a(n+1)=a(n)+\frac{1}{a(n)^2},a(1)=1\),
我们可以利用微分方程求解\(a(n)\)的第一阶项.
设\(a(n)=y\)
又\(a(n+1)-a(n)=a'(n)\)
则有\(y'y^2=1\)
求解得到:\(a(n)=y \approx (3n)^{\frac{1}{3}}\)
接下来,我们可设
\((a(n))^3=3n+a+b\ln(n)+\frac{c}{n}+\frac{d}{n^2}+\frac{e}{n^3}+\frac{f}{n^4}+...\)
本主题的任务是如何求解\(a,b,c,d,e\)?
或者利用数学计算软件或者数学理论给出更精确的表达式?
注:Kuing(郭子伟)已证明(P111，kuingluing)
\((3n)^{1/3}&a(n)&(3n)^{1/3}+(3n)^{-1/3}\)
并指出(彩色の夢∩o∩)给出下面结果,但并未给出证明过程:
\((a(n))^3=3n+2+\ln(n+2)-\frac{1}{9n+6}-\ln(5)+\frac{1}{15}\)
毋因群疑而阻独见 毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体 毋借公论以快私情
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\(a(n+1)=a(n)+\frac{1}{a(n)^2}\)
\(a(n+1)^3=a(n)^3+3+\frac{3}{a(n)^3}+\frac{1}{a(n)^6}\)
归纳容易得出对于\(n\ge 2\)有\(a(n)^3\ge 3n+2\)于是重新代入上面得出
\(a(n)^3\le 8+3(n-2)+3\sum_{k=2}^{n-1}\frac{1}{3k+2}+\sum_{k=2}^{n-1}\frac{1}{(3k+2)^2}\)
得到的结果还需要进一步精密估计，数值分析你的结果不如1＃彩色の夢∩o∩)精确&
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然后我们可以利用积分估算得出
\(a(n)^3\le 8+3(n-2)+\ln(3(n-1)+2)-\ln(8)+\frac{1}{8}-\frac{1}{3(n-1)+2}=3n+\ln(3n-1)-\frac{1}{3n-1}+\frac{1}{8}+2-\ln(8)\lt 3n+2+\ln(n)\)
而在得到这个上界后，我们有可以利用它来估计下界得出
\(a(n)^3 \ge 8+3(n-2) +3\sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{3n+2+\ln(n)}\)
而且容易看出后面求和式\(3\sum_{k=2}^{n-1}\frac{1}{3n+2}\)的差在\(n\)趋向无穷收敛到一个常数
所以可以知道存在常数\(C\)是的\(a(n)^3 \ge 3n+\ln(n)+C\)
也就是我们可以非常轻松证明\(a(n)^3-3n-\ln(n)\)有界，进一步分析还可以得出其极限存在，但是求这个极限比较有难度
而数值计算\(\Delta(n)=a(n)^3-3n-\ln(n)\),有
$\Delta(10)&&=1.220832$
$\Delta(100)=1.151530$
$\Delta(657$
$\Delta(10000)= 1.135573$
$\Delta(.135295$
$\Delta(1000000)= 1.135261$
$\Delta(.135256$
所以可以看出1＃彩色の夢∩o∩)估计公式中常数项偏离比较大，倒是本楼开头估计是中对应常数项\(\ln(3)+\frac{1}{8}+2-\ln(8)\)只略微大了一些
同样要数值计算这个极限值，也可以先计算前面若干项，然后对于余下部分求和式和近似公式求差值，而差值部分误差可以非常容易估计，这样就可以得出极限值一个较好的估计范围了。
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首先令$b_n=a_n^3$，得到$b_{n+1}=b_n+3+\frac{3}{b_n}+\frac{1}{b_n^2}$。渐近式前三项当然是$3n+\ln n+a$，但是后面的项可不是$\frac{1}{n}$的简单级数，而应该是$\sum_{i=1}^{\infty}\frac{P_i(ln n,a)}{n^i}$，这里的$P_i(\ln n,a)$是$\ln n$的$i$次多项式（事实上同时也是$a$的$i$次多项式）。用待定系数法，令$f_m(n)=3n+\ln n+a+\sum_{i=1}^{\m}\frac{P_i(ln n,a)}{n^i}$让mathematica在$n=\infty$处展开$f_{m}(n+1)-f_m(n)-3-\frac{3}{f_m(n)}-\frac{1}{f_m(n)^2}$到$\O(\frac{1}{n^{m+1}})$逐次得到$P_i(\ln n,a)$。计算发现$P_i(\ln n,a)$实际上很神奇地仅仅是是$\ln n+a$的$i$次多项式，而且系数有很明显的规律，可以把一部分项合并降低次数，目前做到$b_n~3n+\ln n+a+\ln(1+\frac{\ln n+a}{3n})-\frac{5}{6(3n+\ln n+a)}+\frac{\ln(1+\frac{\ln n+a}{3n})}{3n+\ln n+a}+\sum_{i=2}^{\infty}\frac{Q_i(ln n+a)}{n^{i+2}}$，想进一步降低多项式次数遇到数列{270, 870, , }，找不到规律，暂停。
不太理解每一项为什么都含3n+ln(n)+a？&
有些矛盾在里面&
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首先令$b_n=a_n^3$，得到$b_{n+1}=b_n+3+\frac{3}{b_n}+\frac{1}{b_n^2}$。渐近式前三项当然是$3n+\ln n+a$ ...
还是找不到规律。不过目前的结果用于快速计算任意初值的数列极限值已经足够了：已经知道$b_n~3n+\lnn+a+ln(1+\frac{\ln n+a}{3n})−\frac{5}{6(3n+\ln n+a)}+\frac{ln(1+\frac{\ln n+a}{3n})}{3n+\ln n+a}-\frac{1}{6n^2}+\sum_{i=1}^{\infty}\frac{Q_i(\ln n+a)}{n^{i+2}}$，从初值出发计算$N$项，定义$\Delta(n)=b_n-3n-\ln n$，$\Delta(N)$就是极限a的粗略值$d_0$，然后令$d_{i+1}=\Delta(N)-ln(1+\frac{\ln N+d_i}{3N})+\frac{5}{6(3N+\ln N+d_i)}-\frac{ln(1+\frac{\ln N+d_i}{3N})}{3N+\ln N+d_i}+\frac{1}{6N^2}$，这样迭代数次直至结果不变，这个值和真实极限值的误差是$\O(\frac{\ln N}{N^3})$。
费点功夫把展开式多计算几项就可以得到更好的逼近效果$\O(\frac{(\ln N)^i}{N^{i+2}})$。
作为例子，选初值为1，计算100项，迭代几次后得到极限值为1.7837，计算10000项，迭代几次后得到极限值为1.7066，两者相差$8.9*10^{-7}$，小于估计的$\O(\frac{\ln N}{N^3})~5*10^{-6}$
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充分利用。
假设已经求得初值为$b_1$的数列的通式$b_n=f(n,b_1)~3n+\ln n+h_{b_1}+R(n,a(b_1))$，现在来看对极限值$h_{b_1}$我们能了解到什么程度。
递推方程是平移不变的，因此$f(n,b_i)=f(n,f(i,b_1))=f(n+i-1,b_1)$，所以有$h_{b_i}=\lim_{n-&\infty}(f(n,b_i)-3n-\ln n)=\lim_{n-&\infty}f(n+i-1,b_1)-3n-\ln n=h_{b_1}+3i-3$，这是个严格的等式。由$b_i=f(i,b_1)~3i+\ln i+h_{b_1}+R(i,h_{b_1})$可以迭代求得$3i~b_i-\ln\frac{b_i}{3}-h_{b_1}+...$，最后得到$h_{x}~x-\ln \frac{x}{3}-3-\frac{\ln (x/3)}{x}+\frac{5}{6x}+\frac{2}{3x^2}+\frac{77}{108x^3}+\frac{133}{240x^4}-\frac{x^5}-\frac{x^6}+\O(\frac{1}{x^7})$。非常神奇的是尽管$f(n,a)$里含有巨量的$\ln n+a$，可是后面的项里面不仅$h_{b_1}$合情合理地消失了，连$\ln x$也无影无踪。
对于很大的初值$b_1$，可以直接用这个表达式作为近似值。如果$b_1$不太大，可以先迭代$i-1$次得到较大的$b_i$，算出$h_{b_i}$，然后用等式$h_{b_1}=h_{b_i}-3i+3$计算。
补充内容 ( 06:11):
$h_{x}$中不知道怎么多写了一项$-\frac{\ln \frac{x}{3}}{x}$，应该去掉。
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对于\(b_{n+1}=b_n+3+\frac{3}{b_n}+\frac{1}{b_n^2}\),假设
\(b_n=3n+\ln(n)+a+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{P_k(\ln(n)+a)}{n^k}\)
我们先查看\(\frac{P_k(\ln(n+1)+a)}{(n+1)^k}=\frac{P_k(\ln(n)+a+\ln(1+\frac{1}{n}))}{n^k*(1+\frac{1}{n})^k}\)
这个式子展开后是一个无穷级数，可以写成形如\(\sum_{h=k}^{+\infty}\frac{Q_{k,h}(\ln(n)+a)}{n^h}\)的级数，其中
每个\(Q_{k,h}(.)\)都是次数不超过k的多项式,而且同\(a\)无关。
所以从形式上，这种形式的级数应该是可以用于这种递推式的，但是得出的结果不一定是收敛的，如同\(\Gamma\)函数的Stirling级数就是不收敛的，而只是一种渐近式。
为了计算方便，我们可以将\(b_n=3n+\ln(n)+a+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{P_k(\ln(n)+a)}{n^k}\)中n用$\frac{1}{y}$代替，而\(\ln(n)+a\)用\(X\)代替，写成形式级数
\(b_n=\frac{3}{y}+X+\sum_{k=1}^{+\infty}P_k(X)y^k\)
而其中如果我们将\(y\)替换为\(\frac{y}{1+y}\),然后再将\(X\)替换为\(X+\ln(1+y)\),就可以得出\(b_{n+1}=\frac{3(1+y)}{y}+X+\ln(1+y)+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{P_k(X+\ln(1+y))y^k}{(1+y)^k}\)
然后代入原始递推式即可。
比如在Pari/Gp,我们可以输入
(16:47) gp & 3/y+X+(b00+b01*X)*y+(b10+b11*X+b12*X^2)*y^2+O(y^3)
%1 = 3*y^-1 + X + (b01*X + b00)*y + (b12*X^2 + b11*X + b10)*y^2 + O(y^3) //这个即$b_n$二阶近似
(16:49) gp & subst(%1,y, y/(1+y))
%3 = 3*y^-1 + (X + 3) + (b01*X + b00)*y + (b12*X^2 + (-b01 + b11)*X + (-b00 + b10))*y^2 + O(y^3)
(16:51) gp & subst(%3,X,X+log(1+y))
%4 = 3*y^-1 + (X + 3) + (b01*X + (b00 + 1))*y + (b12*X^2 + (-b01 + b11)*X + (-b00 + (b01 + (b10 - 1/2))))*y^2 + O(y^3)//这个为$b_{n+1}$的二阶近似
(16:52) gp & %4-%1-3-3/%1-1/%1^2
%6 = ((-b01 + 1/3)*X + (-b00 + (b01 - 11/18)))*y^2 + O(y^3)
由此得出b01=1/3,b00=-5/18
类似可以得出
\(b_n=3n+\ln(n)+a+\frac{\frac{1}{3}(\ln(n)+a)-\frac{5}{18}}{n}+\frac{-\frac{1}{18}(\ln(n)+a)^2+\frac{11}{54}(\ln(n)+a)-\frac{1}{6}}{n^2}+\frac{\frac{1}{81}(\ln(n)+a)^3-\frac{7}{81}(\ln(n)+a)^2+\frac{29}{162}(\ln(n)+a)-\frac{157}{1458}}{n^3}+\frac{-\frac{1}{324}(\ln(n)+a)^4+\frac{8}{243}(\ln(n)+a)^3-\frac{115}{972}(\ln(n)+a)^2+\frac{122}{729}(\ln(n)+a)-\frac{1}}{n^4}+...\)
\(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{P_k(X+\ln(1+y))y^k}{(1+y)^k}-\sum_{k=1}^{+\infty}P_k(X)y^k=\frac{3}{b_n}+\frac{1}{b_n^2}\)
\((\frac{3}{y}+X+\sum_{k=1}^{+\infty}P_k(X)y^k)^2(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{P_k(X+\sum_{h=1}^{\infty}\frac{(-1)^{h-1}y^h}{h})y^k}{(1+y)^k}-\sum_{k=1}^{+\infty}P_k(X)y^k)=3(\frac{3}{y}+X+\sum_{k=1}^{+\infty}P_k(X)y^k)+1\)
嗯！多谢指点&
y-&y/(1+y)就是n-&n+1
X-&X+ln(1+y)就是a+ln(n)-&a+ln(n+1)=a+ln(n)+ln(1+1/n)&
代换y-&y/(1+y),X-&X+ln(1+y),很神奇，是如何得到此变换的啊？&
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分析能力没大家强,我就怒算至$10^7$,发现稳定的数据是&&$1.3.......$,mathe的数据是$\Delta(.135256$,
f[9999992] = 1.00
f[9999993] = 1.00
f[9999994] = 1.00
f[9999995] = 1.00
f[9999996] = 1.00
f[9999997] = 1.00
f[9999998] = 1.00
f[9999999] = 1.00
f[] = 1.00
Hello World,6.0.0!
额，我是算b(10^8) 的精确值，而非你们的收敛值。。。&
嗯嗯,只是 tail了一下最后的10个,肉眼观察,随口一说,没细细追究&
只是变化很慢，不代表有这么高精度&
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分析能力没大家强,我就怒算至$10^7$,发现稳定的数据是&&$1.3.......$,mathe的数据是b( ...
注意到$b_n~3n+\ln n+a+\O(\frac{\ln n}{n})$，算到$10^7$项也只能把误差控制在$10^{-6}$，直接算效率是很低的，而且算这么多次舍入误差累积起来不得了。
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注意到$b_n~3n+\ln n+a+\O(\frac{\ln n}{n})$，算到$10^7$项也只能把误差控制在$10^{-6}$，直接算效率是 ...
我是用GMP任意精度计算的,程序跑到MinGW64下.
$f[10^8] = 1.06$
#include &stdio.h&
#include &gmp.h&
#include &math.h&
#include &stdlib.h&
int main(int c,char**v)
{
& & if(c&1){
& && &&&int n = atoi(v[1]);
& && &&&mpf_set_default_prec(200);
& && &&&mpf_t bn1,bn2,tmp,tmp2;
& && &&&mpf_init_set_si(bn1,1);
& && &&&mpf_inits(bn2,tmp,tmp2,'\0');
& && &&&for(int i=2;i&n+1;++i){
& && && && &mpf_ui_div(tmp,1,bn1);
& && && && &mpf_add_ui(tmp,tmp,1);
& && && && &mpf_pow_ui(tmp,tmp,3);
& && && && &mpf_mul(tmp,bn1,tmp);
& && && && &mpf_set(bn2,bn1);
& && && && &mpf_set(bn1,tmp);
& && && && &mpf_sub_ui(tmp,tmp,3*i);
& && && && &mpf_set_d(tmp2,log(i));
& && && && &mpf_sub(tmp,tmp,tmp2);
//& && && && &gmp_printf(&f[%d%] = %.50Ff\n&,i,tmp);
& && &&&}
& && &&&gmp_printf(&f[%d%] = %.50Ff\n&,n,tmp);
//& && &&&printf(&This is GMP %s!\n&,gmp_version);
& && &&&mpf_clears(bn1,bn2,tmp,tmp2,'\0');
& & }
& & return 0;
}
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3差分方程在热传导问题中的应用
3.1一维方向上热传导问题
考虑均匀细杆上热传递的分布，让x1,x2,?xk等距离分布在细杆上，Ti(n)表示xi在时间tn?(?t)n时刻的温度，(1?i?k),相应的让左右两端温度分别为T0(n),Tk?1(n).
假设细杆两端刚好是绝缘的，没有热能损失。但是，点xi?1,xi?1会影响点xi处的温度。假设细杆最左边的点保持在b℃最右边的点为c℃,即x0(n)?b,xk?1(n)?c,n?0..
假定xi点的温度只由点xi-1,xi+1决定，根据牛顿冷却定律（牛顿冷却定律：当物体表面与周围存在温度差时，单位时间从单位面积散失的热量与温度差成正比，比例系数称为热传递系数。牛顿定律是牛顿在1701年用实验确定的，在强制对流时与实际符合较好，在自然对流时只在温度差不太大时才成立），xi点从时刻n到时刻n+1的温度变化正好与同一时刻点xi-1，xi+1的温度变化成正比。 二
根据定律得出模型
Ti(n?1)?Ti(n)??([Ti?1(n)?Ti(n)]?[Ti?1(n)?Ti(n)])
??[Ti?1(n)?2Ti(n)?Ti?1(n)]
（?为热传递系数）
或者:Ti(n?1)??Ti?1(n)?(1?2?)Ti(n)??Ti?1(n),i?2,3,?k?1.
三 模型推导
同样的也可以写成两个方程:
T1(n?1)?(1?2?)T1(n)??T2(n)??b,Tk(n?1)??Tk?1(n)?(1?2?)Tk(n)??c.
可以归纳成T(n?1)?AT(n)?g,这里
A??0?(1?2?)
?000????b?
????0????,g=?0?.
??c??(1?2?)?????
)，.因此所有k?1
这是一个三对角线矩阵。它的特征值公式为?n?(1?2?)??cos(
n?1,2,?k。??1的值都是A的特征值。推出
limA?0.根据常数的变化得出T(n)?AT(0)??Arg，因此limT(n)?(I?A)?1g，.
最后从方程中看出xi点处的温度，接近于矢―量(I?A)?1?g的组成，不考虑xi1?i?k，点处最初的温度。 四
根据上面得出的结论把k?3,??0.4,T0(n)?100C,T4(n)?200C代入.然后
?0.2?A??0.4
0??4????0.4?,g??0?,
?8?0.2????
?0.8?0.40??8???5?1
(I?A)???0.40.8?0.4??
?0??0.40.8??13?
?48?55?24? 515?
?15??8?5?1
因此.limT(n)=(I?A)g=?4
4???55?????2?
24??0?=?15??43?515??8??????2?48?
注：让?x?xi?xi?1,?t?ti?1?ti比例系数
（3-1-2） 2?(?x)??这里β是细杆上一个点，公式（2-3-2）表示温度变化△t的较小值，并且小点的分离，温度值较大的点会受它相邻的点的温度影响，把公式（2-3-2）带入公式（2-3-1） 六
?Ti?1(n)?2Ti(n)?Ti?1(n)?Ti(n?1)-Ti(n)
（3-1-3） ????.
?t(?x)??如果我们令
?t?0,?x?0,n??,i??,xi?(?x)i?x,ti?(?t)i?t 根据（2-3-2）得到差分方程
?T(x,t)?2T(x,t)
3.2 二维方向上热传导问题
一 问题提出
假设细杆上有网状分布的六个点，细杆的一部分在空气中保持在常温50℃，细杆的另一部分保持在水中温度为0℃，假设xi(1?i?6)点处的温度受其上，下，左，右四个点的影响。 建立一个数学模型描述细杆上的热传递。 找出六个点的平衡温度。 二 解答过程
因为xi(1?i?6)点受其上下左右四个点的影响，所以根据（3-1-1）建立数学模型
T1(n?1)?T1(n)??([T2(n)?T1(n)]?[T4(n)?T1(n)]?[500C?T1(n)]?[500C?T1(n)])T2(n?1)?T2(n)??([T1(n)?T2(n)]?[T3(n)?T2(n)]?[T5(n)?T2(n)]?[500C?T2(n)])T3(n?1)?T3(n)??([T2(n)?T3(n)]?[T6(n)?T3(n)]?[500C?T3(n)]?[500C?T3(n)])T4(n?1)?T4(n)??([T1(n)?T4(n)]?[T5(n)?T4(n)]?[00C?T4(n)]?[00C?T4(n)])T5(n?1)?T5(n)??([T2(n)?T5(n)]?[T4(n)?T5(n)]?[T6(n)?T5(n)]?[00C?T5(n)])
T6(n?1)?T6(n)??([T3(n)?T6(n)]?[T5(n)?T6(n)]?[0C?T6(n)]?[0C?T6(n)])模型整理后得：
T1(n?1)?(1?4?)T1(n)??T2(n)??T4(n)??1000CT2(n?1)??T1(n)?(1?4?)T2(n)??T3(n)??T5(n)??500C
T3(n?1)??T2(n)?(1?4?)T3(n)??T6(n)??1000CT4(n?1)??T1(n)?(1?4?)T4(n)??T5(n)??0CT5(n?1)??T2(n)??T4(n)?(1?4?)T5(n)??T6(n)??00CT6(n?1)??T3(n)??T5(n)?(1?4?)T6(n)??00C
根据模型得出矩阵
令??0.2代入矩阵得
??0.20.2?00.20.2
?00.20??000.2?
?0?0?1?4?00??
01?4??0?0?1?4?????0?1?4???0.200
?0?0.2??0?0.2??0.2??
???10??20?g???
?0??0????0???
?100?????50???10?0?
?0??0????0???
0.20.20.20.20
根据3.1的知识内容得出(I?A)，
??0...??1?0...?1
?0...?0...???0...??
进而得出六个点的平衡温度
T(n)?(I?A)g??
limn???0.4223
0...50..??0...3485???20?
???10??20??? ?0??0????0???
?? ?11.6????11.9318??
包含各类专业文献、专业论文、幼儿教育、小学教育、中学教育、各类资格考试、50差分方程在热传导问题中的应用等内容。
热传导初边值问题分离变量法的具体应用...3 2 热传导初边值问题有限差分法...此外为了保证计算过程的可行和计算结果的 正确,还需从理论上分析差分方程组的性态... MATLAB在导热问题中的应用_信息与通信_工程科技_专业资料。分类号 UDC 密级 编号...分别得到薄片边界和内部节点的差分方程,用MS.Excel求得节点温度,用 MATLAB软件... ∑a nb nb T +b (4-6) 上式即为一维稳定态导热问题内部节点的差分方程...下面以二维稳定态导热边界节点为例,介绍 如何应用物理方法推导差分方程。 4.4.1... 在推导热传导方程的过程中起基本作用的是 Fourier 定律与热量守恒定律(即(1-1...利用这些公式可以将微分方程写成差分方程。 6.2 一维热传导方程的差分公式 热... 导热问题的数值求解随着计算机的普及应用和性能的不断...而且在计算复杂传热问题中显示 出它的优越性,因而...(节点)差分方程的建立;节点方程(代数方程)的求 解... 2.求解迭代方程时, 对于常物行导热问题所组成的差分 传热学一、判断题 1.毕渥数 (Bi=hl/λ ) 可表达为单位表面积上的换热热阻与单位导热面积上的导热热阻之... 2013 年《传热学》试题注:请按题目顺序在标准答题纸上作答,答在题签或草稿纸...)ti , j , m (3) 上式就是无热源三维非稳态导热问题的内节点差分方程。... 而对于常物性导热问题组成差分方程组, 每一个方程都选 用导出方程的中心节点温度...从计算中可以发现,运用 Gauss-Seidel 迭代法迭代次数少,收敛性好,因此一般较为... 分析:本例是线性方程组在差分方程中的应用。先根据题意写出差分方程,然后利用...例 4-8 在钢板热传导的研究中,常常用节点温度来描述钢板温度的分布。 假设图...君，已阅读到文档的结尾了呢~~
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求大家帮忙，差分方程的问题求解
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Y(t+1)-Y(t)=2(t)-1，这个差分方程求解用叠加原理，分解为两个Y(t+1)-Y(t)=2(t)，那么后一个应该是Y(t+1)-Y(t)=-1还是
Y(t+1)-Y(t)=1，两个式子设特解的时候不一样，经过计算应该后面那个式子是对的，可是前面的为什么错啊，不都是叠加啊
ps Y(t+1)-Y(t)括号里面为角标,2(t)括号里面为幂指数
上午发的时候没有解释清楚
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为什么没有人啊
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怎么还没有人回啊
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为什么没有人帮助我啊
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我们能做的只是不断的改变自己！
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貌似不考,大哥数几啊,汗了
拜托了，我虽然叫赵敏，别叫我师姐，或者姐姐，或者妹妹
请叫我兄弟~呵呵，或者同学~或者……，呵呵
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数三，差分方程怎么会补考呢
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原帖由 lycsheva 于
17:09 发表
Y(t+1)-Y(t)=2(t)-1，这个差分方程求解用叠加原理，分解为两个Y(t+1)-Y(t)=2(t)，那么后一个应该是Y(t+1)-Y(t)=-1还是
Y(t+1)-Y(t)=1，两个式子设特解的时候不一样，经过计算应该后面那个式子是对的，可是前面的为什么错啊，不都是 ...
你能不能把你的计算过程发个word文档附件上来呢？我们帮你分析一下哪里出问题了。
因为我计算的结果是按照分成2的t次方和-1计算是正确的，后面的分法是错误的。
应该是你的计算过程出了问题吧。
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这是哪本书上的题？我怎么找不到？
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差分方程边值问题正解的存在性
【摘要】：
近年来,差分方程边值问题的研究引起了数学工作者的广泛关注.本文主要研究了两类差分方程边值问题正解的存在性.全文共分为四章.第一章,简单地介绍问题产生的历史背景和本文的主要工作,并给出文中用到的基本定义和定理.第二章,我们利用Krasnosel'skii不动点定理研究了半正的三阶两点差分方程的正解存在性.第三章,我们应用锥上的不动点指标定理,研究了一类二阶三点差分分方程的正解,其中的参数函数在定义域内是变号的,并且所得结果推广了近期文献中的主要结果.第四章,应用第二章用到的方法,我们研究了一类二阶四点边值问题正解的存在性,这一章的内容是第三章的推广.
【关键词】：
【学位授予单位】：延边大学【学位级别】：硕士【学位授予年份】：2008【分类号】：O175.8【目录】：
Abstract6-8
第一章 绪论8-10
1.1 研究背景和主要工作8-9
1.2 预备知识9-10
第二章 非线性三阶差分方程边值问题正解的存在性10-19
2.1 问题的引入及预备知识10-13
2.2 主要结果13-17
2.3 举例17-19
第三章 可变号非线性二阶三点差分方程边值问题正解的存在性19-31
3.1 引言及引理19-26
3.2 正解存在性26-30
3.3 举例30-31
第四章 可变号的非线性二阶四点差分方程边值问题正解存在性31-44
4.1 预备知识31-39
4.2 主要结果39-44
参考文献45-47
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差分方程求解问题
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对于\(a(n+1)=a(n)+\frac{1}{a(n)^2},a(1)=1\),
我们可以利用微分方程求解\(a(n)\)的第一阶项.
设\(a(n)=y\)
又\(a(n+1)-a(n)=a'(n)\)
则有\(y'y^2=1\)
求解得到:\(a(n)=y \approx (3n)^{\frac{1}{3}}\)
接下来,我们可设
\((a(n))^3=3n+a+b\ln(n)+\frac{c}{n}+\frac{d}{n^2}+\frac{e}{n^3}+\frac{f}{n^4}+...\)
本主题的任务是如何求解\(a,b,c,d,e\)?
或者利用数学计算软件或者数学理论给出更精确的表达式?
注:Kuing(郭子伟)已证明(P111，kuingluing)
\((3n)^{1/3}&a(n)&(3n)^{1/3}+(3n)^{-1/3}\)
并指出(彩色の夢∩o∩)给出下面结果,但并未给出证明过程:
\((a(n))^3=3n+2+\ln(n+2)-\frac{1}{9n+6}-\ln(5)+\frac{1}{15}\)
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\(a(n+1)=a(n)+\frac{1}{a(n)^2}\)
\(a(n+1)^3=a(n)^3+3+\frac{3}{a(n)^3}+\frac{1}{a(n)^6}\)
归纳容易得出对于\(n\ge 2\)有\(a(n)^3\ge 3n+2\)于是重新代入上面得出
\(a(n)^3\le 8+3(n-2)+3\sum_{k=2}^{n-1}\frac{1}{3k+2}+\sum_{k=2}^{n-1}\frac{1}{(3k+2)^2}\)
得到的结果还需要进一步精密估计，数值分析你的结果不如1＃彩色の夢∩o∩)精确&
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然后我们可以利用积分估算得出
\(a(n)^3\le 8+3(n-2)+\ln(3(n-1)+2)-\ln(8)+\frac{1}{8}-\frac{1}{3(n-1)+2}=3n+\ln(3n-1)-\frac{1}{3n-1}+\frac{1}{8}+2-\ln(8)\lt 3n+2+\ln(n)\)
而在得到这个上界后，我们有可以利用它来估计下界得出
\(a(n)^3 \ge 8+3(n-2) +3\sum_{k=2}^{n-1} \frac{1}{3n+2+\ln(n)}\)
而且容易看出后面求和式\(3\sum_{k=2}^{n-1}\frac{1}{3n+2}\)的差在\(n\)趋向无穷收敛到一个常数
所以可以知道存在常数\(C\)是的\(a(n)^3 \ge 3n+\ln(n)+C\)
也就是我们可以非常轻松证明\(a(n)^3-3n-\ln(n)\)有界，进一步分析还可以得出其极限存在，但是求这个极限比较有难度
而数值计算\(\Delta(n)=a(n)^3-3n-\ln(n)\),有
$\Delta(10)&&=1.220832$
$\Delta(100)=1.151530$
$\Delta(657$
$\Delta(10000)= 1.135573$
$\Delta(.135295$
$\Delta(1000000)= 1.135261$
$\Delta(.135256$
所以可以看出1＃彩色の夢∩o∩)估计公式中常数项偏离比较大，倒是本楼开头估计是中对应常数项\(\ln(3)+\frac{1}{8}+2-\ln(8)\)只略微大了一些
同样要数值计算这个极限值，也可以先计算前面若干项，然后对于余下部分求和式和近似公式求差值，而差值部分误差可以非常容易估计，这样就可以得出极限值一个较好的估计范围了。
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本帖最后由 Buffalo 于
17:05 编辑
首先令$b_n=a_n^3$，得到$b_{n+1}=b_n+3+\frac{3}{b_n}+\frac{1}{b_n^2}$。渐近式前三项当然是$3n+\ln n+a$，但是后面的项可不是$\frac{1}{n}$的简单级数，而应该是$\sum_{i=1}^{\infty}\frac{P_i(ln n,a)}{n^i}$，这里的$P_i(\ln n,a)$是$\ln n$的$i$次多项式（事实上同时也是$a$的$i$次多项式）。用待定系数法，令$f_m(n)=3n+\ln n+a+\sum_{i=1}^{\m}\frac{P_i(ln n,a)}{n^i}$让mathematica在$n=\infty$处展开$f_{m}(n+1)-f_m(n)-3-\frac{3}{f_m(n)}-\frac{1}{f_m(n)^2}$到$\O(\frac{1}{n^{m+1}})$逐次得到$P_i(\ln n,a)$。计算发现$P_i(\ln n,a)$实际上很神奇地仅仅是是$\ln n+a$的$i$次多项式，而且系数有很明显的规律，可以把一部分项合并降低次数，目前做到$b_n~3n+\ln n+a+\ln(1+\frac{\ln n+a}{3n})-\frac{5}{6(3n+\ln n+a)}+\frac{\ln(1+\frac{\ln n+a}{3n})}{3n+\ln n+a}+\sum_{i=2}^{\infty}\frac{Q_i(ln n+a)}{n^{i+2}}$，想进一步降低多项式次数遇到数列{270, 870, , }，找不到规律，暂停。
不太理解每一项为什么都含3n+ln(n)+a？&
有些矛盾在里面&
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首先令$b_n=a_n^3$，得到$b_{n+1}=b_n+3+\frac{3}{b_n}+\frac{1}{b_n^2}$。渐近式前三项当然是$3n+\ln n+a$ ...
还是找不到规律。不过目前的结果用于快速计算任意初值的数列极限值已经足够了：已经知道$b_n~3n+\lnn+a+ln(1+\frac{\ln n+a}{3n})−\frac{5}{6(3n+\ln n+a)}+\frac{ln(1+\frac{\ln n+a}{3n})}{3n+\ln n+a}-\frac{1}{6n^2}+\sum_{i=1}^{\infty}\frac{Q_i(\ln n+a)}{n^{i+2}}$，从初值出发计算$N$项，定义$\Delta(n)=b_n-3n-\ln n$，$\Delta(N)$就是极限a的粗略值$d_0$，然后令$d_{i+1}=\Delta(N)-ln(1+\frac{\ln N+d_i}{3N})+\frac{5}{6(3N+\ln N+d_i)}-\frac{ln(1+\frac{\ln N+d_i}{3N})}{3N+\ln N+d_i}+\frac{1}{6N^2}$，这样迭代数次直至结果不变，这个值和真实极限值的误差是$\O(\frac{\ln N}{N^3})$。
费点功夫把展开式多计算几项就可以得到更好的逼近效果$\O(\frac{(\ln N)^i}{N^{i+2}})$。
作为例子，选初值为1，计算100项，迭代几次后得到极限值为1.7837，计算10000项，迭代几次后得到极限值为1.7066，两者相差$8.9*10^{-7}$，小于估计的$\O(\frac{\ln N}{N^3})~5*10^{-6}$
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充分利用。
假设已经求得初值为$b_1$的数列的通式$b_n=f(n,b_1)~3n+\ln n+h_{b_1}+R(n,a(b_1))$，现在来看对极限值$h_{b_1}$我们能了解到什么程度。
递推方程是平移不变的，因此$f(n,b_i)=f(n,f(i,b_1))=f(n+i-1,b_1)$，所以有$h_{b_i}=\lim_{n-&\infty}(f(n,b_i)-3n-\ln n)=\lim_{n-&\infty}f(n+i-1,b_1)-3n-\ln n=h_{b_1}+3i-3$，这是个严格的等式。由$b_i=f(i,b_1)~3i+\ln i+h_{b_1}+R(i,h_{b_1})$可以迭代求得$3i~b_i-\ln\frac{b_i}{3}-h_{b_1}+...$，最后得到$h_{x}~x-\ln \frac{x}{3}-3-\frac{\ln (x/3)}{x}+\frac{5}{6x}+\frac{2}{3x^2}+\frac{77}{108x^3}+\frac{133}{240x^4}-\frac{x^5}-\frac{x^6}+\O(\frac{1}{x^7})$。非常神奇的是尽管$f(n,a)$里含有巨量的$\ln n+a$，可是后面的项里面不仅$h_{b_1}$合情合理地消失了，连$\ln x$也无影无踪。
对于很大的初值$b_1$，可以直接用这个表达式作为近似值。如果$b_1$不太大，可以先迭代$i-1$次得到较大的$b_i$，算出$h_{b_i}$，然后用等式$h_{b_1}=h_{b_i}-3i+3$计算。
补充内容 ( 06:11):
$h_{x}$中不知道怎么多写了一项$-\frac{\ln \frac{x}{3}}{x}$，应该去掉。
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对于\(b_{n+1}=b_n+3+\frac{3}{b_n}+\frac{1}{b_n^2}\),假设
\(b_n=3n+\ln(n)+a+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{P_k(\ln(n)+a)}{n^k}\)
我们先查看\(\frac{P_k(\ln(n+1)+a)}{(n+1)^k}=\frac{P_k(\ln(n)+a+\ln(1+\frac{1}{n}))}{n^k*(1+\frac{1}{n})^k}\)
这个式子展开后是一个无穷级数，可以写成形如\(\sum_{h=k}^{+\infty}\frac{Q_{k,h}(\ln(n)+a)}{n^h}\)的级数，其中
每个\(Q_{k,h}(.)\)都是次数不超过k的多项式,而且同\(a\)无关。
所以从形式上，这种形式的级数应该是可以用于这种递推式的，但是得出的结果不一定是收敛的，如同\(\Gamma\)函数的Stirling级数就是不收敛的，而只是一种渐近式。
为了计算方便，我们可以将\(b_n=3n+\ln(n)+a+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{P_k(\ln(n)+a)}{n^k}\)中n用$\frac{1}{y}$代替，而\(\ln(n)+a\)用\(X\)代替，写成形式级数
\(b_n=\frac{3}{y}+X+\sum_{k=1}^{+\infty}P_k(X)y^k\)
而其中如果我们将\(y\)替换为\(\frac{y}{1+y}\),然后再将\(X\)替换为\(X+\ln(1+y)\),就可以得出\(b_{n+1}=\frac{3(1+y)}{y}+X+\ln(1+y)+\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{P_k(X+\ln(1+y))y^k}{(1+y)^k}\)
然后代入原始递推式即可。
比如在Pari/Gp,我们可以输入
(16:47) gp & 3/y+X+(b00+b01*X)*y+(b10+b11*X+b12*X^2)*y^2+O(y^3)
%1 = 3*y^-1 + X + (b01*X + b00)*y + (b12*X^2 + b11*X + b10)*y^2 + O(y^3) //这个即$b_n$二阶近似
(16:49) gp & subst(%1,y, y/(1+y))
%3 = 3*y^-1 + (X + 3) + (b01*X + b00)*y + (b12*X^2 + (-b01 + b11)*X + (-b00 + b10))*y^2 + O(y^3)
(16:51) gp & subst(%3,X,X+log(1+y))
%4 = 3*y^-1 + (X + 3) + (b01*X + (b00 + 1))*y + (b12*X^2 + (-b01 + b11)*X + (-b00 + (b01 + (b10 - 1/2))))*y^2 + O(y^3)//这个为$b_{n+1}$的二阶近似
(16:52) gp & %4-%1-3-3/%1-1/%1^2
%6 = ((-b01 + 1/3)*X + (-b00 + (b01 - 11/18)))*y^2 + O(y^3)
由此得出b01=1/3,b00=-5/18
类似可以得出
\(b_n=3n+\ln(n)+a+\frac{\frac{1}{3}(\ln(n)+a)-\frac{5}{18}}{n}+\frac{-\frac{1}{18}(\ln(n)+a)^2+\frac{11}{54}(\ln(n)+a)-\frac{1}{6}}{n^2}+\frac{\frac{1}{81}(\ln(n)+a)^3-\frac{7}{81}(\ln(n)+a)^2+\frac{29}{162}(\ln(n)+a)-\frac{157}{1458}}{n^3}+\frac{-\frac{1}{324}(\ln(n)+a)^4+\frac{8}{243}(\ln(n)+a)^3-\frac{115}{972}(\ln(n)+a)^2+\frac{122}{729}(\ln(n)+a)-\frac{1}}{n^4}+...\)
\(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{P_k(X+\ln(1+y))y^k}{(1+y)^k}-\sum_{k=1}^{+\infty}P_k(X)y^k=\frac{3}{b_n}+\frac{1}{b_n^2}\)
\((\frac{3}{y}+X+\sum_{k=1}^{+\infty}P_k(X)y^k)^2(\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{P_k(X+\sum_{h=1}^{\infty}\frac{(-1)^{h-1}y^h}{h})y^k}{(1+y)^k}-\sum_{k=1}^{+\infty}P_k(X)y^k)=3(\frac{3}{y}+X+\sum_{k=1}^{+\infty}P_k(X)y^k)+1\)
嗯！多谢指点&
y-&y/(1+y)就是n-&n+1
X-&X+ln(1+y)就是a+ln(n)-&a+ln(n+1)=a+ln(n)+ln(1+1/n)&
代换y-&y/(1+y),X-&X+ln(1+y),很神奇，是如何得到此变换的啊？&
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分析能力没大家强,我就怒算至$10^7$,发现稳定的数据是&&$1.3.......$,mathe的数据是$\Delta(.135256$,
f[9999992] = 1.00
f[9999993] = 1.00
f[9999994] = 1.00
f[9999995] = 1.00
f[9999996] = 1.00
f[9999997] = 1.00
f[9999998] = 1.00
f[9999999] = 1.00
f[] = 1.00
Hello World,6.0.0!
额，我是算b(10^8) 的精确值，而非你们的收敛值。。。&
嗯嗯,只是 tail了一下最后的10个,肉眼观察,随口一说,没细细追究&
只是变化很慢，不代表有这么高精度&
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分析能力没大家强,我就怒算至$10^7$,发现稳定的数据是&&$1.3.......$,mathe的数据是b( ...
注意到$b_n~3n+\ln n+a+\O(\frac{\ln n}{n})$，算到$10^7$项也只能把误差控制在$10^{-6}$，直接算效率是很低的，而且算这么多次舍入误差累积起来不得了。
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注意到$b_n~3n+\ln n+a+\O(\frac{\ln n}{n})$，算到$10^7$项也只能把误差控制在$10^{-6}$，直接算效率是 ...
我是用GMP任意精度计算的,程序跑到MinGW64下.
$f[10^8] = 1.06$
#include &stdio.h&
#include &gmp.h&
#include &math.h&
#include &stdlib.h&
int main(int c,char**v)
{
& & if(c&1){
& && &&&int n = atoi(v[1]);
& && &&&mpf_set_default_prec(200);
& && &&&mpf_t bn1,bn2,tmp,tmp2;
& && &&&mpf_init_set_si(bn1,1);
& && &&&mpf_inits(bn2,tmp,tmp2,'\0');
& && &&&for(int i=2;i&n+1;++i){
& && && && &mpf_ui_div(tmp,1,bn1);
& && && && &mpf_add_ui(tmp,tmp,1);
& && && && &mpf_pow_ui(tmp,tmp,3);
& && && && &mpf_mul(tmp,bn1,tmp);
& && && && &mpf_set(bn2,bn1);
& && && && &mpf_set(bn1,tmp);
& && && && &mpf_sub_ui(tmp,tmp,3*i);
& && && && &mpf_set_d(tmp2,log(i));
& && && && &mpf_sub(tmp,tmp,tmp2);
//& && && && &gmp_printf(&f[%d%] = %.50Ff\n&,i,tmp);
& && &&&}
& && &&&gmp_printf(&f[%d%] = %.50Ff\n&,n,tmp);
//& && &&&printf(&This is GMP %s!\n&,gmp_version);
& && &&&mpf_clears(bn1,bn2,tmp,tmp2,'\0');
& & }
& & return 0;
}
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毋因群疑而阻独见 毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体 毋借公论以快私情
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