我最近参加了一场计算机科学考试，其中要求我们给出cos泰勒级数展开的递归定义。该级数为
cos(x) = 1 - x^2/2! + x^4/4! + x^6/6! ...
函数签名如下：
float cos(int n , float x)
n代表用户想要计算到的数列中的数字，x代表cos函数中x的值。
显然，我没有正确回答这个问题，我已经试图解决它几天了，但是我卡在了一个难题上。
有没有人能够帮助我开始一些地方？
6个回答
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到目前为止，所有的答案都是每次重新计算阶乘。我肯定不会这样做。相反，您可以这样写：
float cos(int n, float x)
{
if (n > MAX)
return 1;
return 1 - x*x / ((2 * n - 1) * (2 * n)) * cos(n + 1, x);
}
考虑cos函数返回以下结果（对于点的位置抱歉）:
您可以看到这对于n> MAX，n=MAX等都成立。符号交替和x的幂很容易看出。
最后，当n=1时，您得到0！= 1，因此调用cos（1，x）将为您获取cos泰勒展开的前MAX项。
通过开发（当其有少量项时更易于查看），您可以看到第一个公式相当于以下内容:
对于n > 0，在cos（n-1，x）中需要将之前的结果除以（2n-3）（2n-2），并乘以x²。您可以看到当n = MAX + 1时，此公式为1，当n = MAX时，它为
1-x²/((2MAX-1)2MAX)等等。如果允许使用辅助函数，则应更改上述函数的签名为
float cos_helper(int n, float x, int MAX)，并像下面这样调用它：
float cos(int n, float x) { return cos_helper(1， x， n); }
编辑：要将n的含义从已评估项的度数（在此答案中）反转为项数（与问题和以下相同），但仍不会每次重新计算总阶乘，我建议使用两个术语关系。我们可以简单地定义
cos(0，x)=0和cos(1，x)=1，并尝试一般实现cos（n，x），即泰勒级数的前n个项之和。然后对于每个n > 0，我们可以从cos（n-1，x）写出cos（n，x）：
cos(n，x) = cos(n-1，x) + x² / (2n)!
接下来对于n > 1，我们尝试使cos（n-1，x）的最后一项出现(因为它是我们要添加的项中最接近的项)：
cos(n，x) = cos(n-1，x) + x² / ((2n-1)2n) * ( x^2n-2 / (2n-2)! )
通过将此公式与先前的公式（将其适应于n-1而不是n）相结合：
cos(n,x) = cos(n-1,x) + x² / ((2n-1)2n) * ( cos(n-1,x) - cos(n-2,x) )
我们现在有一个纯递归定义的cos(n,x)，没有辅助函数，没有重新计算阶乘，其中n是泰勒展开和中求和项的数量。
然而，我必须强调以下代码的性能非常糟糕：
- 在性能方面，除非某些优化允许不重新评估在上一步中作为
cos( (n-1) - 1, x)评估的cos(n-1,x) - 在精度方面，由于抵消效应：我们得到x2n-2 / (2n-2)!的精度非常差
现在这个免责声明已经就位，接下来是代码：
float cos(int n, float x)
{
if (n < 2)
return n;
float c = x * x / (2 * (n - 1) * 2 * n);
return (1-c) * cos(n-1, x) + c * cos(n-2, x);
}
- Cimbali
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1这是正确的方向，但从问题来看，“n代表用户想要计算到的系列中的数字”。 - Cheers and hth. - Alf
@Cheersandhth.-Alf 发现得不错。我更新了答案，考虑到这一点。现在它应该完全按照问题描述的要求执行，但我不会相信它的结果。 - Cimbali
只需为第一种方法编写一个辅助函数（并使用其内容），cos_helper（m，n，x），其中m = MAX，cos（n，x）{return cos_helper（n，1，x）;} - Lutz Lehmann
如果你可以使用辅助函数，那么你无论如何都可以做任何事情，不是吗？我不确定问题的限制是什么。@KeatonPennels？ - Cimbali
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一个简单的方法是使用静态变量：
注意，我在操作中乘以
所以我们可以安全地将
这可以改写为
double cos(double x, int n) {
static double p = 1, f = 1;
double r;
if(n == 0)
return 1;
r = cos(x, n-1);
p = (p*x)*x;
f = f*(2*n-1)*2*n;
if(n%2==0) {
return r+p/f;
} else {
return r-p/f;
}
}
注意，我在操作中乘以
2*n以获得下一个阶乘。
让n与我们需要的阶乘对齐使得这可以在两个操作中轻松完成：f = f * (n - 1) 然后 f = f * n。when n = 1, we need 2!
when n = 2, we need 4!
when n = 3, we need 6!
所以我们可以安全地将
n加倍，然后从那里开始工作。我们可以写成：n = 2*n;f = f*(n-1);f = f*n;
如果我们这样做，我们需要更新我们的奇偶检查为if((n/2)%2==0)，因为我们正在加倍n的值。这可以改写为
f = f*(2*n-1)*2*n;，现在我们在检查它是偶数还是奇数时不必除以n，因为n没有被改变。- CB61
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cos(x)=1 - x^2/2! + x^4/4! - x^6/6! + x^8/8!.....
=1-x^2/2 (1 - x^2/3*4 + x^4/3*4*5*6 -x^6/3*4*5*6*7*8)
=1 - x^2/2 {1- x^2/3*4 (1- x^2/5*6 + x^4/5*6*7*8)}
=1 - x^2/2 [1- x^2/3*4 {1- x^2/5*6 ( 1- x^2/7*8)}]
double cos_series_recursion(double x, int n, double r=1){
if(n>0){
r=1-((x*x*r)/(n*(n-1)));
return cos_series_recursion(x,n-2,r);
}else return r;
}
- Atique Reza
1
我同意静态不是一个好的选择。我现在将其更改为可选参数。 - Atique Reza
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就像求和一样，把它做了。
float cos(int n, float x)中的参数n是l，现在就开始吧...
一些伪代码：
float cos(int n , float x)
{
//the sum-part
float sum = pow(-1, n) * (pow(x, 2*n))/faculty(2*n);
if(n <= /*Some predefined maximum*/)
return sum + cos(n + 1, x);
return sum;
}
- NaCl
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递归测试不应该是
if ( n >= 0 ) 吗？ - James Kanze“test”是什么意思？中止条件吗？不是的。看看总和，它会增长到无限大，而我们真的负担不起，所以我们会在达到某个指定深度后退出。 - NaCl
这是正确的方向，但从问题来看，“n代表用户想要计算到的系列中的数字”。 - Cheers and hth. - Alf
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你可以使用循环或递归，但我建议使用循环。无论如何，如果你必须使用递归，你可以使用下面的代码。
#include <iostream>
using namespace std;
int fact(int n) {
if (n <= 1) return 1;
else return n*fact(n-1);
}
float Cos(int n, float x) {
if (n == 0) return 1;
return Cos(n-1, x) + (n%2 ? -1 : 1) * pow (x, 2*n) / (fact(2*n));
}
int main()
{
cout << Cos(6, 3.14/6);
}
- Noel
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他不必在阶乘部分使用递归函数，只需使用cos泰勒级数部分。你可以使用循环来计算阶乘，这会更容易理解。 - Félix Cantournet
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当你想要递归但函数参数不包含所需信息时，通常的技巧是引入一个辅助函数来进行递归。
我有印象在Lisp世界中，惯例是将这样的函数命名为something-aux（缩写为auxiliary），但那可能只是旧时代的一小群人。
无论如何，这里的主要问题是n表示递归的自然结束点，即基本情况，然后您还需要一些索引来工作到n。因此，这是辅助函数的另一个很好的参数候选项。另一个候选项源于考虑系列中的一个术语与前一个术语的关系。
- Cheers and hth. - Alf
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你可以通过倒着计数来实现，但这意味着每次都要重新计算
x^(2*n)和(2*n)!。否则，你可能需要至少三个额外的变量：一个用于与n比较的计数器，x的幂值的运行值，以及阶乘的运行值。（我可能会为此创建一个类。） - James Kanze@JamesKanze：我认为，对于尾递归，您只需要运行值。OP没有提到这样的要求。但是我同意，这是最好的方式。 :) - Cheers and hth. - Alf
好观点。我不知道为什么我没有想到它；我过去使用过非尾递归，所以我知道这种可能性的存在。 - James Kanze
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1 - x^2/2! + x^4/4! - x^6/6! + ...重写为1 - (x^2/2)(1 - (x^2/(3*4))(1 - (x^2/(5*6))(1 - ...)))。 - lurker