Serie asintótica para raíces de polinomios

Question

Deje $f(z) = z + z^2 + z^3$. A continuación, para grandes $n$, $f(z) = n$ tiene una solución real cerca de $n^{1/3}$, lo que llamamos $r(n)$. Esto parece haber un asintótica de la serie en orden descendente de los poderes de $n^{1/3}$, que comienza $$ r(n) = n^{1/3} - {1 \over 3} - {2 \over 9} n^{-1/3} + {7 \over 81} n^{-2/3} + O(n^{-1}). $$ Con el fin de derivar esta serie yo uso un método de coeficientes indeterminados. Si asumimos una serie existente, de la forma $$ r(n) = An^{1/3} + B + Cn^{-1/3} + Dn^{-2/3} + O(n^{-1}), $$ a continuación, aplicar la $f$ a ambos lados da $$ n = A^3 n + (3 A^2 B + A^2) n^{2/3} + (3 A^2 C + 3 A B^2 + A + 2AB)n^{1/3} + (B^2 + 2AC + 3A^2 D + B + B^3 + 6 ABC + O(n^{-1/3}). $$ Así tenemos a $A^3 = 1$, por lo que $A = 1$; $3A^2 B + A^2 = 0$ y por lo $B = -1/3$; del mismo modo $C = -2/9, D = 7/81$.

Más en general, vamos a $f$ ser un polinomio con líderes plazo $Ax^k$. A continuación, el más grande de la verdadera raíz de la $f$ parece tener un asintótica de la serie de la forma

$$ A^{-1/k} n^{1/k} + c_0 + c_1 n^{-1/k} + c_2 n^{-2/k} + \cdots $$

la cual puede ser calculada por un método similar a la que se dio anteriormente.

Mi pregunta, que me gustaría una respuesta a fin de hacer un punto menor en mi tesis doctoral: ¿cómo puedo demostrar que las soluciones de las ecuaciones de la forma $f(z) = n$ tiene esa serie?

Answer 1

Esta es la teoría bien conocida de la serie de Puiseux (sustituto $T=1/n$ para que coincida con la notación en esa web). La convergencia de la serie también se menciona allí. Por lo que en su tesis doctoral, le recomendamos que usted cite una de las referencias en la página vinculada en lugar de incluir una prueba. ¡Buena suerte con tu tesis!

Answer 2

Posiblemente una respuesta más genérica que los demás: utiliza un poco de escalada. Usted está buscando para una raíz $z$ cerca de $n^{1/3}$, así $z=n^{1/3}w$ y escribir su ecuación, usando $\epsilon=n^{-1/3}$, como $$F(\epsilon,w)=\epsilon^2w+\epsilon w^2+w^3-1=0.$$ Note that $\partial F (\epsilon,w) / \partial w=3\ne0$ at $ (\epsilon,w) = (0,1) $ and employ the analytic version of the implicit function theorem to see that $w $ is an analytic function of $\epsilon$.

Answer 3

Si usted tiene una buena estimación inicial (como tu caso), entonces usted no necesita cualquiera de los coeficientes indeterminados o el método de Newton (a pesar de que tanto el trabajo), puede en realidad se trata de un procedimiento que le dará tantos coeficientes como usted desea. Harald, el primer paso es excelente, así que vamos a empezar a partir de eso. Dado $F(\epsilon,w) = \epsilon^2w+\epsilon w^2+w^3-1 = 0$, se puede derivar una ecuación diferencial para $w(\epsilon)$. Con la ayuda de Maple gfun[algeqtodiffeq], dando $$ 9+ \left( 6{\epsilon}^{5}+7{\epsilon}^{2} \right) w ( \epsilon ) + \left( 27-6{\epsilon}^{6}-7{\epsilon}^{ 3} \right) {\frac {d}{d\epsilon}}w(\epsilon) + \left( -3{\epsilon}^{7}-14{\epsilon}^{4}-27\epsilon \right) {\frac {d^{2}}{d{\epsilon}^{2}}}w ( \epsilon ) $$ con las condiciones iniciales $w (0) =1,w^{'''}(0) =-4/9 $ [la DE es singular en$\epsilon=0$, por lo que las condiciones iniciales no son estándar). Sin embargo, a partir de ahí uno puede seguir y el uso de gfun[diffeqtorec] para obtener una recurrencia para los coeficientes de la serie. El resultado es $$ \left( 6-3n-3{n}^{2} \right) u(n) + \left( -98-77n-14{n}^{2} \right) u (n+3) + \left( - 648-27{n}^{2}-270n \right) u (n+6 ) $$ con condiciones iniciales $u(0) =1, u(1) =-1/3,u (2) =-2/9,u (3) ={\frac {7}{81}},u(4) =0,u(5) ={\frac {14}{729}}$. Estos son suficientes para permitir a 'descansar' la recurrencia tanto como usted desea.

Bjorn respuesta da el subyacente 'analítica' respuesta que justifica que el de arriba te da un resultado convergente. En realidad, el procedimiento anterior funciona también en otros casos, pero el resultado sólo es válido en un sector, y calcular el tamaño de ese sector puede ser diabólicamente difícil.

Answer 4

Bien, esencialmente respondió eso mismo: el sistema correspondiente para los coeficientes, tenga en cuenta que siempre es solucionable y que la suma parcial $S_m$ de la serie cumple la ecuación con un error de $O(n^{-p(m)})$ $p(m)\to+\infty$ $m\to+\infty$ (usted debe conseguir algo como $m/k$ para el valor exacto de $p(m)$), por lo que se diferencia de la verdadera raíz $O(n^{-p(m)})$ % grande $n$, que es exactamente lo que la serie asintótica trata.

Answer 5

Si usted está preocupado acerca de la convergencia... puede reescribir la ecuación como $g(z) = {1 \over f(1/z)} = 1/n$ $z$ cerca ${1 \over n}$. $g(z)$ es, pues, $z^d$ dividido por un polinomio con un término constante diferente de cero. Aquí $d$ es el grado de $f(z)$. Por lo tanto $g(z) = h(z)^d$ algunos $h(z)$$h(0) = 0$$h'(0) \neq 0$. Así que se está resolviendo $h(z) = n^{-{1 \over d}}$ que ha convergente de alimentación de la serie de la solución en $n^{-{1 \over d}}$ invirtiendo $h(z)$. A continuación, la serie que originalmente quería ser el recíproco de este, por lo que se iniciará con $cn^{1 \over d}$ y, a continuación, los exponentes disminución por múltiplos de ${1 \over d}$.