Полиномы Эрмита в полиномах Белла

[g______d]

Небольшое дополнение (та же самая формула): пусть

$$ e(x)=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\frac{e^{-x^2/2}}{1-\mathrm{erf}(x/\sqrt{2})}, $$

$$ f(x)=-6 e(x)^4+12 x e(x)^3+(4-7x^2)e(x)^2+(x^3-3)e(x). $$

Тогда

$$ L^{(4)}(x)=f(x)+f(-x). $$

_hum_, может быть попробуете подставить несколько членов асимптотического разложения для $e(x)$ в эти формулы? Вдруг там будет достаточно много сокращений? Самому мне лень. Только формулу на всякий случай стоит проверить (код есть, но я потом упрощал вручную).

[_hum_]

g______d
я не совсем понял, вы хотите подставить аппроксимацию $e(x)$ в $f(x)$ и посмотреть, что даст$ f(x) - f(-x)$? Если так, то вот результат:
результат.
Но там наверное еще знаки где-то не поменялись, потому что явно не сократились степени.


А вы не подскажете, какой ряд Тейлора функции $e(x)$ ?

[g______d]

_hum_ в сообщении #1465280 писал(а):

результат

Ну эта формула уже есть в моём сообщении выше. Имелось в виду следующее: для $\mathrm{erf}$ есть асимптотика на бесконечности (не являющаяся рядом Тейлора или Лорана):

https://en.wikipedia.org/wiki/Error_fun ... _expansion

Обращая ряд, можно получить асимптотику для $e(x)$. Подставляя в формулы, можно получить асимптотику для $f(x)$. Дальше вопрос в том, сократится ли что-нибудь этом асимптотическом выражении.

-- Вт, 26 май 2020 09:36:52 --

_hum_ в сообщении #1465280 писал(а):

А вы не подскажете, какой ряд Тейлора функции $e(x)$ ?

Не знаю. Можно обратить ряд. Но думаю, что нужен не он, а разложение на бесконечности.

[_hum_]

g______d
я поправил результат (см. в моем предыдущем сообщении)

Обращение ряда мне не по зубам :) хотелось бы где-нибудь готовую формулу взять, чтобы исследовать. И асимптотика пойдет только для объяснения скорости убывания, а надо же еще монотонность устанавливать...


Я вчера экспериментально выявил, что для того, чтобы эффект убывания сохранился (для $x \geq 0$), нужно по крайней мере оставлять:

$$E = \sum_{k=1}^{n}\Gamma(k) \frac{x^k}{\psi(x)^k}\big(\sqrt{2}\big)^k(-1)^{n-k}B_{n,k}\Big(\mathrm{H}_{0}\big(\frac{x}{\sqrt{2}}\big), ..., \mathrm{H}_{n-k}\big(\frac{x}{\sqrt{2}}\big)\Big), $$

где $\psi(x)$ - мультипликативный остаток в представлении аsymptotic_expansion, то есть, $1 - \mathrm{erf}(x) = \frac{e^{-x^2}}{x \sqrt{\pi}}\psi(x) $. Причем, если брать только конечное число членов разложения $\psi(x)$, то убывать будут только несколько первых производных. А более высокого порядка, начиная с какого-то, перестанут. (Кстати, для третьей производной достаточно первых два слагаемых, то есть, брать $\Tilde{\psi}(x) = 1 + 1/(2x^2)$. Тогда итоговая асимптотика получается $1/x$ )

Еще интересно, это же выражение можно переписать в виде:

$$E = \sum_{k=1}^{n}\Gamma(k)(-1)^{n-k}B_{n,k}\Big( \frac{x\sqrt{2}}{\psi(x)}\mathrm{H}_{0}\big(\frac{x}{\sqrt{2}}\big), ..., \frac{x\sqrt{2}}{\psi(x)}\mathrm{H}_{n-k}\big(\frac{x}{\sqrt{2}}\big)\Big), $$

Еще интересно, что
- при любом $k$ соответствующие многочлены получаются степени $n$ (это вытекает из определения многочленов Белла);
- для четных $n$ итоговый многочлен содержит только четные степени, для нечетных - нечетные (это я пока объяснить не могу);
- если умножить все на $2^n$, то при четном $n$ многочлены будут иметь целые коэффициенты, если нечетного - то у всех будет еще множитель $\sqrt{2}$ (это я тоже объяснить не могу).

[g______d]

_hum_ в сообщении #1465280 писал(а):

Но там наверное еще знаки где-то не поменялись, потому что явно не сократились степени.

А там $f(x)+f(-x)$ или $f(x)-f(-x)$? Похоже, я перепутал знаки.

(вообще, если Вы можете прилагать к сообщениям копируемый код, то это может быть лучше, поскольку тогда легче играться с параметрами)

[_hum_]

(Mathematica code [Input form])

erfcApprox[z_, n_] := 
 E^-z^2/(z Sqrt[\[Pi]]) Sum[(-1)^k * (2 k - 1)!!/(2 z^2)^k, {k, 0, n}]

eApprox[x_, 
  n_] := (2 / Pi)^(1/2) Exp[-x^2/2]/ (erfcApprox[x/Sqrt[2], n])
n\[SixPointedStar] = 1; 
f[x_] := -6 eApprox[x, n\[SixPointedStar]]^4 + 
  12 x eApprox[x, n\[SixPointedStar]]^3 + (4 - 7 x^2) eApprox[x, 
     n\[SixPointedStar]]^2 + (x^3 - 3) eApprox[x, n\[SixPointedStar]]

eApprox[x, n\[SixPointedStar]]

 f[x] - f[-x]

FullSimplify[%]

По формуле, если вы про первую разность частных, то должен быть для третьей степени плюс.