Была знаменитая базельская проблема — найти, чему равна сумма ряда из обратных квадратов,
1+1/4+1/9+...
1+1/4+1/9+...
И работая над этой задачей — он сначала вычислил эту сумму с огромной точностью — у него было шесть верных десятичных знаков.
И можно сразу понять, что "напрямую" это сделать не получилось бы. Потому что сумма "хвоста" ряда из обратных квадратов убывает как (1/n). То есть, чтобы добыть эти шесть верных знаков, надо было бы просуммировать миллион слагаемых — вручную!
Но — если мы уже знаем, насколько промахнёмся, то почему бы не исправить эту ошибку?
Почему бы не сказать, что отбросив "хвост", сумму 1/m^2 при m>=n, мы примерно промахнёмся на первообразную от 1/x^2?
А потом поправить это приближение, учтя, насколько 1/m^2 отличается от интеграла от 1/x^2 на отрезке [m,m+1].
И это, конечно, та же самая техника, что мы видели выше.
Уже если учесть только (1/n) как первое приближение для суммы
f(n+1)+f(n+2)+...,
где f(x)=1/x^2,
то мы получим для суммы всего ряда приближение
f(1)+...+f(n)+1/n,
с ошибкой, убывающей, как (1/n^2).
f(n+1)+f(n+2)+...,
где f(x)=1/x^2,
то мы получим для суммы всего ряда приближение
f(1)+...+f(n)+1/n,
с ошибкой, убывающей, как (1/n^2).
Если перейти к формуле треугольников — ошибка будет убывать как (1/n^3), и шесть знаков уже становятся достижимы: теперь хватит n=100. (Не думаю, что сложение сотни дробей вручную может кого-то воодушевить, но по крайней мере, задача перешла из категории "невозможно" в категорию "муторно, но если очень надо..."). А можно ведь учесть ещё пару производных...
Насколько я понимаю, Эйлер действовал _не_ так. Он (я тут ссылаюсь на книгу W. Dunham, "Euler: The Master of Us All" — по-хорошему, надо было бы поднять первоисточники, но я этого ещё не сделал) красивым интегрированием выяснил, что вместо просто суммы обратных квадратов можно взять сумму ряда
\sum_n 1/(n^2 * 2^(n-1)) —
и добавить к нему (ln 2)^2.
\sum_n 1/(n^2 * 2^(n-1)) —
и добавить к нему (ln 2)^2.
И поскольку у нового ряда слагаемые убывают с экспоненциальной скоростью, посчитать его сумму с нужным числом знаков можно было из совсем небольшого количества слагаемых.
Но — для этого нужно было придумать тот ход с интегрированием. И для этого тогда надо было быть Эйлером.
А мне хотелось правильным показать, что с помощью подхода выше ("ошибаемся — давайте посмотрим, на сколько, и учтём") задача [численного] вычисления тоже делалась.
С большими трудозатратами, быть может, но — делалась, а не стояла непреодолимой стеной.
И это, кажется, хороший момент на сегодня прекратить дозволенные речи.
В прошлый раз мы закончили с формулой Стирлинга на том, что n!~A \sqrt{n} (n/e)^n — но мы ещё не знаем, что A это корень из 2π.
Так вот — оказывается, что корень из 2π, который в формуле Стирлинга в числителе, это "тот же самый" корень из 2π, который у нормального распределения (того, что появляется в центральной предельной теореме) в знаменателе. И есть два способа это увидеть.