Сходимость степенного ряда

[Евгений Машеров]

Одно общее соображение и один наивный вопрос.
Повышение точности представления чисел полезно, если мы получаем разумное приближённое значение, но точность приближения недостаточна. Если по ходу расчёта программа идёт вразнос - надо корректировать алгоритм (который, возможно, "абстрактно верен", но где-то численные эффекты типа переполнения или, напротив, потери порядка).
И отчего считать через ряд, если всё равно надо интеграл считать от -a до a и от -b до b? Мне сдаётся, тут можно аналитически интегрировать...

[wrest]

Евгений Машеров в сообщении #1727268 писал(а):

Мне сдаётся, тут можно аналитически интегрировать...

Это вряд ли (не в элементарных функциях), но можно хотя бы себя проверить численно https://wolframalpha.com/input?i=NInteg ... 5D&lang=en

Но вот если интегрировать численно то вопрос - считать этот ряд или воспользоваться например Симпсоном. Мне так кажется, что за то же время ряд будет точнее.

[Евгений Машеров]

Ну, я человек ленивый. Позвал Альфу, она забесплатно до конца мне не досчитала, но один интеграл взяла.
$\int \frac1{x^2 + y^2 + c^2} dx = \frac {\arctg(\frac x{\sqrt{c^2 + y^2}})}{\sqrt{c^2 + y^2}} + C$
Нарисовать, с учётом сдвига $x_0$, пределы определённого интеграла можно, $-a+x_0$ и $a+x_0$
$I(y)=\frac {\arctg(\frac {a+x_0} {\sqrt{c^2 + y^2}})}{\sqrt{c^2 + y^2}} - \frac {\arctg(\frac {-a+x_0} {\sqrt{c^2 + y^2}})}{\sqrt{c^2 + y^2}}=\frac {\arctg\frac{2a}{{\sqrt{c^2 + y^2}}(1+a^2(c^2 + y^2))}}{\sqrt{c^2 + y^2}}$
Можно ли аналитически проинтегрировать полученное выражение по y - не вем. Но можно численно попробовать. А может, и аналитически выйдет.

[wrest]

Евгений Машеров в сообщении #1727277 писал(а):

Можно ли аналитически проинтегрировать полученное выражение по y - не вем.

Нет. Ну как... там вылазят два неполных эллиптических интеграла I и III рода, если их считать за элементарные функции...

[ihq.pl]

Евгений Машеров в сообщении #1727277 писал(а):

Ну, я человек ленивый.

Да, и полученный интеграл не берется в элементарных функциях. Хотя, он вполне компактно выражается через восемь интегральных арктангенсов, которые опять же надо представлять рядами. Но зато, не надо беспокоиться о радиусе сходимости ряда, с которого началась дискуссия) Просто это не совсем то, что мне надо. Я хотел получить простую приемлемую оценку интеграла. Разложил подынтегральную функцию по формуле Тейлора с остаточным членом. Но оценить интеграл остаточного члена по прямоугольнику не очень получается.

[wrest]

ihq.pl в сообщении #1727279 писал(а):

Просто это не совсем то, что мне надо. Я хотел получить простую приемлемую оценку интеграла. Разложил подынтегральную функцию по формуле Тейлора с остаточным членом.

А это, возможно, и не надо было, если для "приемлемой оценки". Просто посчитали бы какой-то известной вам квадратурной формулой. Хоть бы и прямоугольниками или тем же Симпсоном (параболами). Подыинтегральная функция вполне гладкая для этого, и никаких больших факториалов или расходящихся рядов.

[ihq.pl]

wrest в сообщении #1727282 писал(а):

Просто посчитали бы какой-то известной вам квадратурной формулой

Пардон, не так выразился. Нужна простая "прикидочная" формула, которая давала бы приемлемую оценку интеграла при любых значениях параметров.

[wrest]

ihq.pl в сообщении #1727283 писал(а):

Нужна простая "прикидочная" формула, которая давала бы приемлемую оценку интеграла при любых значениях параметров.

Так не бывает, при любых параметрах. Если прямоугольник по которому интегрируете близко к особенности, ряд будет медленно сходиться, а вашем исполнении - колбаситься. Тогда надо Гауссом/Симпсоном.
Универсально будет если вы в программе сперва оцениваете каким способом считать, и имеете реализованные оба способа - ряд и квадратура.
Квадратура будет работать всегда, но не всегда быстрее/точнее ряда.

[ihq.pl]

wrest в сообщении #1727287 писал(а):

Так не бывает, при любых параметрах.

Ну да, с "любыми" значениями параметров выше я погорячился. Но если разумно ограничить область изменения параметров, то бывает. В данном случае, например, если предположить, что $r_0$ очень большое, то интеграл можно оценить величиной $4ab/r_0^2$ Но это слишком сильное ограничение. Хотелось бы получить прикидочную формулу в более общем случае. Но для этого нужно знать радиус сходимости $R$ ряда Маклорена подынтегральной функции. И тогда, при условии $a^2+b^2 < R^2/4$ первые два члена ряда, который мы считали, будут давать хорошую оценку.

[Евгений Машеров]

"Прикидочная" - с какой точностью? А то может хватить $\frac {4ab} {c^2}$ Порядок величины даст.
А для большей - численное интегрирование по двум координатам, или получисленное, по одной аналитически, по второй численно (можно Гауссом по 2 или 3 точкам).
И, возвращаясь к расчётам через ряд. Если с ростом членов ряда точность падает, то стоит искать ошибку. Я в тексте программы не нашёл, но я и не искал очень тщательно. Но что тут некоторые сомножители резко растут, а другие падают, так что произведение должно бы остаться в разумных пределах, это видно. И возможный вариант - что кто-то убывает до потери всех значащих цифр (underflow), и получившийся ноль не компенсируется другим множителем, как бы он ни был велик. Если действительно нужно через ряд, то, наверно, надо сомножители сгруппировать, чтобы большие умножались на малые, а произведение лежало бы в осмысленных границах. Однако, как мне кажется, здесь это излишне.

[ihq.pl]

Евгений Машеров в сообщении #1727291 писал(а):

Прикидочная" - с какой точностью?

Точнее, чем в моем предыдущем посте, ответить пока не могу.

-- добавлено через 48 минут --

Теорема говорит, что если ряд

$$\sum_{n,m} g_{n,m}u^mv^{n} \qquad (1)$$

равномерно сходится на $A$, то ряд

$$\sum g_{n,m}\int\limits_A u^mv^{n}dudv\qquad (2)$$

сходится и

$$\int\limits_A\sum_{n,m} g_{n,m}u^mv^{n} dudv = \sum g_{n,m}\int\limits_A u^mv^{n}dudv.$$

Но теорема не говорит, что если ряд (1) расходится на некотором подмножестве $A$, то ряд (2) тоже расходится. Поэтому гипотетически возможна ситуация, когда ряд (2) сходится, даже если исходный ряд расходится на некотором подмножестве $A$, и при этом сумма этого ряда не равна интегралу на $A$ функции $g$. Это так?

[wrest]

Евгений Машеров в сообщении #1727291 писал(а):

Я в тексте программы не нашёл, но я и не искал очень тщательно.

Там не в тексте, там в принципе, использование типов (разрядности) данных при которых теряется точность из за вычитания близких больших чисел. Ошибка в том, что программист это не учёл :)

[DeBill]

(Оффтоп)

100 лет не был на форуме - и вдруг опять...

Степенной ряд двух переменных имеет, вообще говоря, довольно хитрую область сходимости (область Рейнхарта, причем логарифмически выпуклую, см Шабат). Поэтому говорить за радиус его сходимости некорректно. Можно, правда, говорить за его сходимость в неком поликруге $|x|<a,|y|<b$ - но у него ДВА радиуса. Для нашего примера: можно взять какие-нить $a,b$, и посмотреть на предмет того, попадают ли особые точки нашей функции (а их хренова туча, ибо все - комплексное) в этот поликруг. Не попадают - все будет хорошо. Попадают - все будет плохо.
Так что нейросеть (в первый раз, по крайней мере) - врет.