Mostrar $\tan(n) < n^q$ , conjeturó $q < 1.1$

Question

Mostrar $\tan(n) < n^q$ , $n \in \mathbb{N}$ , $n > 1$ . El argumento de la $\tan$ -función está en radianes. Se conjetura que $q < 1.1$ .

De hecho, busca el máximo de $q$ en $n\in [2, 10^9]$ da $\tan(260515)= 383610.707744 = 260515^{1.031031}$ y luego el siguiente más alto $q$ 's sólo en $\tan(122925461)= 326900723.479835 = 122925461^{1.052508}$ y además $\tan(534483448)= 1914547468.536829 = 534483448^{1.063489}$ .

Se sabe que $\tan(n)$ no tiene límites (véase math.stackexchange.com/questions/1056119 ). Por lo tanto, está claro que con el aumento de $n$ , cada vez más grande $\tan(n)$ se acabará encontrando. Aunque sabemos que $n\ne(k+1/2)\pi$ Eso no significa que sepamos lo cerca que está $n$ llega a algunos $(k+1/2)\pi$ con el aumento de $n$ .

En el rango de $n$ anterior, parece que no hay valores más altos de $q$ se encuentran, y la conjetura es que tales $n$ son necesarios para valores más altos de $\tan(n)$ que no es más alto $q$ se alcanzará. Posiblemente el límite para $q$ tendrá que hacerse más suelto que $q < 1.1$ donde ciertamente se apreciaría la derivación de tales límites más flojos.

Para las posibles relaciones con la medida de irracionalidad de $\pi$ que se desconoce, ver discusiones aquí: math.stackexchange.com/questions/2977461 .

Answer 1

Esta no es una respuesta completa, pero supongo que puede ser útil (por cierto, no sé cómo responder a esta pregunta sin utilizar la medida de irracionalidad de $\pi$ ).

Dejemos que $\mu$ sea un número real positivo tal que haya infinitos números racionales tales que $$ \left\vert\pi - \frac{a}{b}\right\vert < \frac{1}{b^\mu} $$ si $\mu$ es el mayor de dichos números, entonces decimos que $\mu$ es la medida de irracionalidad de $\pi$ . Se sabe (ver https://en.wikipedia.org/wiki/Liouville_number#Irrationality_measure ) que $$ 2 \le \mu \le 7.60630853 $$

Supongamos que para el valor real $\mu$ de $\pi$ podemos encontrar infinitas $a/b$ tal que $a$ es par y $b$ es impar y además $\pi > a/b$ (esto parece muy razonable pero no tengo idea de cómo se puede demostrar) entonces

$$ 0 < \pi - \frac{2n}{2m+1} < \frac{1}{(2m+1)^\mu} $$

y así $$ \pi/2 + m\pi - \frac{1}{2(2m+1)^{\mu-1}} < n < \pi/2 + m\pi $$

observando que $m \approx n/\pi $ finalmente podemos escribir $$ n = \pi/2 + m\pi - \frac{\alpha}{n^{\mu-1}} $$ para algún límite de $\alpha >0$ .

Ahora podemos utilizar la expresión para $n$ en la expansión de $\tan x$ sobre $\frac \pi2$ : $$ \tan x = -\frac{1}{x-\pi/2} + \frac{1}{3}\left(x - \frac{\pi}{2}\right) + \frac{1}{45}\left(x - \frac \pi2\right)^3 + \cdots$$ y obtenemos: $$ \tan n = \alpha n^{\mu-1} + O(1) $$

Puede ver que su conjetura sería cierta (al menos para un tamaño suficientemente grande $n$ ) si $\mu \le 2.1$ y la suposición anterior es cierta.

observaciones: Si se tiene en cuenta la continua expansión de la fracción $\pi$ : $$ \pi = 3 + \frac 1{7 + \frac 1{15+\frac 1{1 + \frac 1{292+\dots}}}} $$ Entonces los candidatos a las fracciones $a/b$ anteriores son las que se obtienen al detener la fracción continuada en cualquier punto, o lo que es lo mismo añadiendo 1 al último cociente parcial. Si nos quedamos con las fracciones que verifican el supuesto anterior obtenemos los siguientes candidatos para $n$ :

4                344 0.929204 *
8             260515 1.031030 * 
12           4846147 0.986072 
15         122925461 1.052508 *
17         534483448 1.063489 *
19        3083975227 1.067087 *
22      902209779836 1.026923
26    74357078147863 1.018592 
27   214112296674652 1.087606 *
30 18190586279576483 1.020496
 .....

He buscado los primeros 10000 convergentes y no hay ninguno que dé un valor mayor que tan(214112296674652). A medida que el número aumenta parece acercarse a 1. Por ejemplo para los convergentes encontrados con 1000 cocientes parciales o más el mayor tiene el exponente 1.0033.

Edición: el código que he utilizado para obtener los datos anteriores es el siguiente programa Pari-GP:

\\ change to 100 digits precission
\p 100
A = contfrac(Pi);
M=0;  
h=[A[1],1];
k=[1,   0];
{
    for(r=1,length(A)-2,
        u=h;
        h=u*A[r+1]+k;
        k=u;
        if(h[1]%2==0 && Pi> h[1]/h[2], 
            ex=log(tan(h[1]/2))/log(h[1]/2);
            printf("%3d %20d %.8f %d\n", r+1, h[1]/2, log(tan(h[1]/2))/log(h[1]/2),if(ex>M, M=ex;1,0))
        );
        u = u+h;
        if(A[r+2] != 1 && u[1]%2==0 && Pi> u[1]/u[2],
            ex=log(tan(u[1]/2))/log(u[1]/2);
            printf("%3d %20d %.8f %d\n", r+1, u[1]/2, log(tan(u[1]/2))/log(u[1]/2),if(ex>M, M=ex;1, 0))
        )
    );
}

Answer 2

Supongamos que la medida de irracionalidad de $\pi$ es $\mu$ . Por definición, para todo real $\epsilon,C>0$ y todos los enteros $p,q$ con $q$ lo suficientemente grande: $$\left | \pi - \frac{p}{q} \right | > \frac{C}{q^{\mu+\epsilon}}.~(1)$$

Ahora, dejemos que $n$ sea cualquier número entero positivo y escriba $n=m\pi+c$ , donde $-\pi/2<c<\pi/2$ . Si $c<0$ entonces $\tan n<0<n^q$ para cualquier $q$ . Así, supongamos que $c>0$ . Desde $\tan x (\pi/2-x) <1$ para todos $x\in (0,\pi/2)$ tenemos $$\tan(n)=\tan(c)< \frac{1}{\pi/2-c}\leq \frac{2/(2m+1)}{\pi-2n/(2m+1)}\leq \frac{2}{C}(2m+1)^{\mu+\epsilon-1}\leq \frac{2}{C}(2/\pi)^{\mu+\epsilon-1}n^{\mu+\epsilon-1}.$$ Si dejamos que $C=2(2/\pi)^{\mu+\epsilon-1}$ hemos demostrado que: para cada $\epsilon>0$ la desigualdad $$\tan n <n^{\mu+\epsilon-1},$$ se mantiene para $n$ lo suficientemente grande.

Actualmente se sabe que $\mu < 7.11$ . Así que tenemos lo siguiente:

Teorema. Para $n$ lo suficientemente grande: $\tan n<n^{6.11}$ .