Usando la expansión de la serie de Taylor para resolver la ecuación$\frac{\tanh^{-1}(x)}{\beta} -2x =0$

Question

Quiero utilizar la serie de Taylor epansion de $\tanh$ para obtener una solución aproximada $\tilde{x}(\beta)$ para la ecuación $$ \frac{\tanh^{-1}(x)}{\beta} -2x =0 $$ para $\beta >\frac{1}{2}$ como calcular el límite $$ \lim_{\beta \downarrow \frac{1}{2}}\frac{\tilde{x}(\beta)}{\left(\beta\frac{1}{2}\right)^{\frac{1}{2}}}. $$ Por desgracia no tengo ni idea de cómo utilizar de manera apropiada la expansión de Taylor para resolver esto. Supongo que es posible utilizar la $O$-notación y romper el problema a una ecuación polinómica. Muchas gracias de antemano por cualquier ayuda.

Answer 1

Escribir el problema primero como $$\beta=\frac{\tanh ^{-1}(x)}{2 x}$$ Ahora, ampliar la carta de utilizar el habitual $$\tanh ^{-1}(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac {x^{2n+1}} {2n+1}$$ El uso de algunos términos, entonces tenemos $$\beta=\frac{1}{2}+\frac{x^2}{6}+\frac{x^4}{10}+O\left(x^{6}\right)$$ Ahora, usando la serie de reversión $$\tilde{x} (\beta)=\sqrt{6} \sqrt{\beta\frac{1}{2}}-\frac{9}{5} \sqrt{6} \left(\beta -\frac{1}{2}\right)^{3/2}+O\left(\left(\beta\frac{1}{2}\right)^{5/2}\right)$$

como ya se ha dado por ComplexYetTrivial.

Answer 2

Usted debe ver en primer lugar que, $$ \tanh^{-1} (x) = \frac {1}{2} \ln \left( \frac {1+x}{1-x} \right) $$ A continuación, puede utilizar el segundo fin de Pade approximant, $$ \ln (1 ą x) ≈ \frac {±x(6±x)}{(6±4x)} $$ Espero que le da los resultados deseados.

Editar

El Pade approximant de la función original es, $$ \tanh^{-1} (x) ≈ \frac {x(15-4x^2)}{(15-9x^2)} $$ La solución a la resultante cuadrática es, $$ x=± \sqrt \frac {15(2\beta -1)}{2(9\beta -2)}, \beta ≠ \frac {2}{9} $$ Lo que queda por hacer es el límite, $$ \lim_{\beta → \frac {1}{2}} \sqrt {\frac {15}{9\beta -2}} = \sqrt {6} $$ Espero te sirva de ayuda.

Answer 3

La solución positiva de $\tilde{x} (\beta)$ a la ecuación tiende a cero, como se $\beta \downarrow \frac{1}{2}$. Por lo tanto, podemos reescribir la ecuación y el uso de la serie de Taylor $\frac{\operatorname{artanh}(x)}{x} = 1 + \frac{x^2}{3} + \mathcal{O}(x^4) $ obtener $$ 2 \beta = \frac{\operatorname{artanh}(\tilde{x} (\beta))}{\tilde{x} (\beta)} = 1 + \frac{\tilde{x}^2 (\beta)}{3} + \mathcal{O}(\tilde{x}^4 (\beta)) \, .$$ Vamos a resolver para el término con el nivel más bajo de $\tilde{x} (\beta)$ y encontrar $$ \tilde{x} (\beta) = \sqrt{\frac{6 \left(\beta - \frac{1}{2}\right)}{1 + \mathcal{O}(\tilde{x}^2 (\beta))}} = \sqrt{6 \left(\beta - \frac{1}{2}\right)} \left[1 + \mathcal{O}(\tilde{x}^2 (\beta))\right] = \sqrt{6 \left(\beta - \frac{1}{2}\right)} \left[1 + \mathcal{O}\left(\beta - \frac{1}{2}\right)\right] \, .$$ Esta expansión es suficiente para calcular el límite deseado.

El uso de un término más de la anterior serie de Taylor conduce al mejor resultado $$ \tilde{x} (\beta) = \sqrt{6 \left(\beta - \frac{1}{2}\right)} \left[1 - \frac{9}{5} \left(\beta - \frac{1}{2}\right) + \mathcal{O}\left(\left(\beta - \frac{1}{2}\right)^2\right)\right] \, ,$$ lo cual está de acuerdo con el primer orden de expansión de la más precisa Padé approximant proporcionada por Temor Kumar Jha.