Algunas observaciones interesantes sobre una suma de recíprocos

Question

Este reciente pregunta es la motivación de este post.

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Considere la siguiente ecuación $$\frac1{x-1}+\frac1{x-2}+\cdots+\frac1{x-k}=\frac1{x-k-1}$$ where $k>1$.

Mis afirmaciones:

1. Hay $k$ soluciones, todos los cuales son reales.

2. Deje $x_{\min}$ ser el valor mínimo de estos $k$ soluciones. Entonces como $k\to\infty$, $x_{\min}$ converge. (Si no, a qué valor lo hace converger?)

3. Como $k\to\infty$, todas las soluciones de acercarnos más y más a un entero, que está delimitada por debajo. Además, estos enteros se $1, 2, 3, \cdots, k-1, k+1$.

Para ver estos patrones, que proporcionan las soluciones de $x$ por debajo. He utilizado W|A para $k\ge4$. Los valores de $\color{blue}{\text{blue}}$ son los de $x_{\min}$.

$$\begin{array}{c|c}k&2&3&4&5&6\\\hline x&4.414&4.879&5.691&6.592&7.530\\&\color{blue}{1.585}&2.652&3.686&4.701&5.722\\&&\color{blue}{1.468}&2.545&3.588&4.615\\&&&\color{blue}{1.411}&2.487&3.531\\&&&&\color{blue}{1.376}&2.449\\&&&&&\color{blue}{1.352}\end{array}$$

También, cuando se $k=2$, el polinomio en cuestión es $x^2-6x+7$, y al$k=3$$x^3-9x^2+24x-19$.

La razón por la que creo $x_{\min}$ converge es debido a que la diferencia entre el actual y el anterior se hace más pequeño y más pequeño de lo $k$ aumenta.

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Son mis reclamos verdad?

Answer 1

Tanto sus afirmaciones son ciertas.

si usted llame $$ f(x) = \frac1{x-1}+\frac1{x 2}+\cdots+\frac1{x k}-\frac1{x-k-1} $$ entonces $f(1^+) = +\infty$, $f(2^-) = -\infty$ y $f$ es continua en a $(1,2)$, por lo que tiene una raíz en $(1,2)$. Lo mismo se puede decir acerca de $(2,3)$, $(3,4), \cdots, (k-1,k)$, así que hay al menos $k-1$ reales distintas raíces. $f$ también es equivalente a un $k$-grado del polinomio con la misma raíz, pero un $k$-grado del polinomio con $k-1$ bienes raíces tiene en realidad $k$ bienes raíces.

La última raíz se encuentra en $(k+1,+\infty)$, ya que el $f(k+1^+) = -\infty$$f(+\infty) = +\infty$.

Al menos a raíz de $x_{\min}$ debe estar en $(1,2)$, ya que el $f(x)<0$ por cada $x<1$. Por otra parte, $$ f(x) = 0\implica x = 1 + \frac{1}{\frac1{x-k-1}-\frac1{x 2}-\cdots-\frac1{x k}} $$ y sabiendo $1<x<2$, podemos inferir $\frac1{x-k-1}>\frac1{x-2}$ y $$ 1<x = 1 + \frac{1}{\frac1{x-k-1}-\frac1{x 2}-\cdots-\frac1{x k}} < 1 - \frac{1}{\frac1{x 3}+\cdots+\frac1{x k}}\a 1 $$ por lo $x_{\min}$ converge a $1$

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Sobre el tercer reclamo, aviso de que no se puede repetir el mismo argumento para cualquier raíz, excepto el más grande. Digamos que $x_r$ $r-th$ root, con $r<k$, y sabemos que $r<x_r<r+1$. $$ f(x_r) = 0\implica x_r = r + \frac{1}{\frac1{x_r-k-1}-\frac1{x_r-1}-\cdots-\frac1{x_r-k}} $$ pero $\frac1{x_r-k-1}>\frac1{x_r-1}$ mantiene, por lo que $$ r<x_r = r + \frac{1}{\frac1{x_r-k-1}-\frac1{x_r-1}-\cdots-\frac1{x_r-k}} < r - \frac{1}{\frac1{x_r-2}+\cdots+\frac1{x_r-k}}\r $$ por lo $x_r$ converge a $r$.

Para los mayores de la raíz, sabemos $k+1<x_k$ y $$ f(x_k) = 0\implica k+1 < x_k = k+1 + \frac{1}{\frac1{x_k-1}+\cdots+\frac1{x_k-k}} \) a (k+1 $$

Answer 2

Para el caso base, $$\tag1f_2(x)=\frac1{x-1}+\frac1{x-2}-\frac1{x-3}, $$ uno fácilmente se comprueba que hay una raíz en $(1,2)$ y una raíz de $x^*$$(3,+\infty)$.

Si multiplicamos el denominador de $$f_k(x)=\frac1{x-1}+\frac1{x-2}+\ldots+\frac1{x-k}-\frac1{x-k-1},$$ obtenemos la ecuación $$\tag2(x-1)(x-2)\cdots(x-k-1)f_k(x)=0,$$ que es un polinomio de grado (en la mayoría) $k$, por lo que esperamos que $k$ soluciones, pero algunos de estos pueden ser complejos o repetida o pasar a ser una de $\{1,2,\ldots, k+1\}$ y por lo tanto no se permite la ecuación original. Pero $f_k(x)$ ha simple polos, con saltos de$-\infty$$+\infty$$1,2,3,\ldots, k$, y un simple poste con el salto de$+\infty$$-\infty$$k+1$, y es continua en caso contrario. De ello se sigue que no hay (al menos) una raíz real en $(1,2)$, al menos una en $(2,3)$, etc. hasta el $(k-1,k)$, así que hay al menos $k-1$ distintas raíces reales. Además, para$x>k+1$$k\ge2$, tenemos $$f_k(x)\ge f_2(x+k-2).$$ De ello se sigue que no es otra raíz real entre el$k+1$$x^*+k-2$. De hecho, tenemos $k$ distintas raíces reales.

Desde el aboive, el más pequeño de la raíz es siempre en $(1,2)$. Si se sigue de $f_{k+1}(x)>f_k(x)$ $x\in(1,2)$ y el hecho de que todos los $f_k$ son estrictamente decreciente, que de $x_\min $ disminuye con el aumento de la $k$. Como una disminución de la secuencia delimitada, tiene un límite.

Answer 3

Teniendo en cuenta que usted busca el primer cero de la función $$f(x)=\sum_{i=1}^k \frac 1{x-i}-\frac1 {x-k-1}$$ que se puede escribir, el uso armónico de los números, $$f(x)=H_{-x}-H_{k-x}-\frac{1}{x-k-1}$$ quitar las asíntotas de usar $$g(x)=(x-1)(x-2)f(x)=2x-3+(x-1)(x-2)\left(H_{2-x}-H_{k-x}-\frac{1}{x-k-1} \right)$$ You can approximate the solution using a Taylor expansion around $x=1$ y obtener $$g(x)=-1+(x-1) \left(-\frac{1}{k}+\psi ^{(0)}(k)+\gamma +1\right)+O\left((x-1)^2\right)$$ Ignorar los términos de orden superior, esto da como una aproximación $$x_{est}=1+\frac{k}{k\left(\gamma +1+ \psi ^{(0)}(k)\right)-1}$ $ , que parece ser "decente" (y, por cierto, confirma sus reclamos). $$\left( \begin{array}{ccc} k & x_{est} & x_{sol} \\ 2 & 1.66667 & 1.58579 \\ 3 & 1.46154 & 1.46791 \\ 4 & 1.38710 & 1.41082 \\ 5 & 1.34682 & 1.37605 \\ 6 & 1.32086 & 1.35209 \\ 7 & 1.30238 & 1.33430 \\ 8 & 1.28836 & 1.32040 \\ 9 & 1.27726 & 1.30914 \\ 10 & 1.26817 & 1.29976 \\ 11 & 1.26055 & 1.29179 \\ 12 & 1.25403 & 1.28489 \\ 13 & 1.24837 & 1.27884 \\ 14 & 1.24339 & 1.27347 \\ 15 & 1.23895 & 1.26867 \\ 16 & 1.23498 & 1.26433 \\ 17 & 1.23138 & 1.26039 \\ 18 & 1.22810 & 1.25678 \\ 19 & 1.22510 & 1.25346 \\ 20 & 1.22233 & 1.25039 \end{array} \right)$$ For infinitely large values of $k$, el asymptotics de la estimación sería $$x_{est}=1+\frac{1}{\log \left({k}\right)+\gamma +1}$$

Para $k=1000$, la solución exacta es$1.12955$, mientras que la primera aproximación da $1.11788$ y el segundo $1.11786$.

El uso de tales estimaciones haría método de Newton convergencia muy rápida (se muestra a continuación para $k=1000$).

$$\left( \begin{array}{cc} n & x_n \\ 0 & 1.117855442 \\ 1 & 1.129429575 \\ 2 & 1.129545489 \\ 3 & 1.129545500 \end{array} \right)$$

Editar

Podemos obtener mucho mejores aproximaciones si, en lugar de utilizar una expansión de Taylor de $g(x)$$O\left((x-1)^2\right)$, podemos construir la más simple $[1,1]$ Padé approximant (que es equivalente a un $O\left((x-1)^3\right)$ expansión de Taylor). Esto llevaría a $$x=1+ \frac{6 (k+k (\psi ^{(0)}(k)+\gamma )-1)}{\pi ^2 k+6 (k+\gamma (\gamma k+k-2)-1)-6 k \psi ^{(1)}(k)+6 \psi ^{(0)}(k) (2 \gamma k+k+k \psi ^{(0)}(k)-2)}$$ la Repetición de los cálculos anteriormente, los resultados son $$\left( \begin{array}{ccc} k & x_{est} & x_{sol} \\ 2 & 1.60000 & 1.58579 \\ 3 & 1.46429 & 1.46791 \\ 4 & 1.40435 & 1.41082 \\ 5 & 1.36900 & 1.37605 \\ 6 & 1.34504 & 1.35209 \\ 7 & 1.32741 & 1.33430 \\ 8 & 1.31371 & 1.32040 \\ 9 & 1.30266 & 1.30914 \\ 10 & 1.29348 & 1.29976 \\ 11 & 1.28569 & 1.29179 \\ 12 & 1.27897 & 1.28489 \\ 13 & 1.27308 & 1.27884 \\ 14 & 1.26787 & 1.27347 \\ 15 & 1.26320 & 1.26867 \\ 16 & 1.25899 & 1.26433 \\ 17 & 1.25516 & 1.26039 \\ 18 & 1.25166 & 1.25678 \\ 19 & 1.24844 & 1.25346 \\ 20 & 1.24547 & 1.25039 \end{array} \right)$$

Para $k=1000$, esto daría como una estimación $1.12829$ para un valor exacto de $1.12955$.

Infinitamente grandes valores de $k$, el asymptotics de la estimación sería $$x_{est}=1+\frac{6 (\log (k)+\gamma +1)}{6 \log (k) (\log (k)+2 \gamma +1)+\pi ^2+6 \gamma (1+\gamma )+6}$$