Demostrar que $ t_{n}=1+\frac{\ln (2 n)}{2 n}+o\left(\frac{1}{n}\right) $ como $n$ tiende al infinito.

Question

Para todos $n \geqslant 1$ definimos $$ f_{n}(t):=t^{2 n}-2 n t+1 $$ (i) Demuestre que existe una solución única de $f_{n}(t)=0$ en $[1,+\infty)$ . Esta solución se denominará $t_{n}$ .

(ii) Demostrar que $\lim _{n \rightarrow+\infty} t_{n}=1$ .

(iii) Demostrar que $$ t_{n}=1+\frac{\ln (2 n)}{2 n}+o\left(\frac{1}{n}\right) $$ como $n$ tiende al infinito.

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Para la pregunta (I) Dado que $\lim_{t\to 1^{+}} f_n(t)=-2n<0$ Y $\lim_{t\to +\infty}f_n(t)=+\infty<0$

Por el teorema del valor intermedio existe $t_n \in[1, +\infty)$ que $f_n(t_n)=0$

Para otra pregunta, creo que para un montón pero no puedo hacerlo. por favor amablemente me dan una pista o algo que puedo hacer esto. Gracias de antemano.

Answer 1

Para (iii) (que demuestra también (ii)): Primero hay que tener en cuenta que $$ t_n^{2n} + 1 = 2nt_n \ge 2n, $$ es decir, $$ t_n \ge \sqrt[{2n}]{{2n - 1}}. $$ Pero $$ \sqrt[{2n}]{{2n - 1}} = \exp \left( {\frac{\log (2n - 1)}{{2n}}} \right) = 1 + \frac{\log (2n - 1)}{{2n}} + o\!\left( {\frac{1}{n}} \right) = 1 + \frac{\log (2n)}{{2n}} + o\!\left( {\frac{1}{n}} \right). $$ Así, $$\tag{1} t_n \ge 1 + \frac{\log (2n)}{{2n}} + o\!\left( {\frac{1}{n}} \right). $$ También tenemos $$ 2nt_n = t_n^{2n} + 1 \ge t_n^{2n} , $$ es decir, $$ \sqrt[{2n - 1}]{{2n}} \ge t_n . $$ Pero $$ \sqrt[{2n - 1}]{{2n}} = \exp \left( {\frac{{\log (2n)}}{{2n - 1}}} \right) = 1 + \frac{{\log (2n)}}{{2n - 1}} + o\!\left( {\frac{1}{n}} \right) = 1 + \frac{{\log (2n)}}{{2n}} + o\!\left( {\frac{1}{n}} \right). $$ Por lo tanto, $$\tag{2} t_n \le 1 + \frac{\log (2n)}{{2n}} + o\!\left( {\frac{1}{n}} \right). $$ Desde $(1)$ y $(2)$ , $$ t_n = 1 + \frac{\log (2n)}{{2n}} + o\!\left( {\frac{1}{n}} \right), $$ como se desee.

Answer 2

Esta pregunta se asemeja mucho a un problema que recientemente publicado en el arXiv . A riesgo de sonar a autopromoción, les animo a que consulten el documento, ya que muchas de las técnicas para resolver este problema se encuentran en él con gran detalle.

En cuanto a la respuesta a su pregunta, considere primero el caso especial $n=1$ para lo cual podemos utilizar la fórmula cuadrática para mostrar $f_n(t)$ tiene exactamente una raíz en $t_1=1$ . Consideremos ahora el caso restante $n>1$ y observe que los signos de los coeficientes de $f_n(t)=t^{2n}-2nt+1$ en orden de exponente variable descendente da la secuencia $(+1,-1,+1)$ mostrando dos variaciones de signo. Por la regla de los signos de Descartes $f_n(t)=0$ tiene exactamente dos o cero soluciones en los reales positivos $t\in[0,\infty)$ . Pero $f_n(0)=1>0$ , $f_n(1)=2(1-n)<0$ y $\lim_{t\to\infty}f_n(t)=\infty>0$ Por lo tanto, tenemos una raíz en el intervalo $t\in[0,1)$ y otra raíz en $t\in[1,\infty)$ para todos $n>1$ . Esto demuestra parte $(i)$ de su problema.

A continuación, proporcionaré un esquema de cómo resolver las dos partes restantes basándome en el proceso esbozado en el documento. Utilizando la inversión de Lagrange podemos encontrar una representación en serie explícita para $t_n$ (esto se deja como ejercicio). Para obtener el valor límite de $t_n$ y su expansión asintótica, primero utilizamos un poco de álgebra para demostrar que $t_n$ satisface $$ \frac{1}{2n}t_n^{2n}+(t_n-1)-(1-\tfrac{1}{2n})=0. $$ El ansatz $t_n\to 1$ como $n\to\infty$ entonces sugiere que estudiemos el problema perturbado $$ \tag{1} \frac{1}{2n}t_n^{2n}+(t_n-1)\epsilon-(1-\tfrac{1}{2n})=0 $$ y derivar una expansión en serie de la perturbación para $t_n$ en $\epsilon$ de la forma $t_n=\sum_{k=0}^\infty a_k\epsilon^k$ . Evaluación de la serie de perturbaciones en $\epsilon=1$ entonces recupera el valor exacto de $t_n$ . Utilizando la conocida fórmula para potencias enteras de series de potencias tenemos $$ t_n^{2n}=\sum_{k=0}^\infty c_k\epsilon^k, $$ donde $c_0=a_0^{2n}$ y $c_k$ satisface una relación de recurrencia (véase el documento para la relación de recurrencia). Sustituyendo la serie de perturbaciones por $t_n$ en $(1)$ y recogiendo como poderes de $\epsilon$ encontramos $$ \tfrac{1}{2n} a_0^{2n}-(1-\tfrac{1}{2n})+(c_1+a_0-1)\epsilon+\sum_{k=1}^\infty(c_{k+1}+a_k)\epsilon^{k+1}=0, $$ Igualando los coeficientes de $\epsilon^k$ a cero da lugar a un sistema infinito de ecuaciones para determinar los coeficientes $a_k$ . Por ejemplo, fijando el término constante igual a cero encontramos $$ \tfrac{1}{2n} a_0^{2n}-(1-\tfrac{1}{2n})\implies a_0=(2n-1)^{\frac{1}{2n}}. $$ Ahora, no voy a encontrar el resto de la $a_k$ aquí, pero puede seguir el proceso descrito en el artículo de arXiv para obtener un resultado exacto para ellos.

Lo que reclamo es que para todos $k\geq 1$ tenemos $\lim_{n\to\infty}a_k=0$ para que $t_n\sim a_0$ como $n\to\infty$ . En efecto, encontramos $$ \lim_{n\to\infty}a_0=1 $$ y como $n\to\infty$ $$ a_0\sim 1+\frac{\log(2n)}{2n}+o\left(\frac{1}{n}\right), $$ que es la conclusión deseada para las partes $(ii)$ y $(iii)$ .

Answer 3

Para la segunda parte, juega un poco: $$2nt = t^{2n}+1 \geq 2t^n\implies t^{n-1}\leq n\implies ...$$ Para la tercera parte, hay que jugar con más cuidado. Escribir $t = 1 + x$ y luego Taylor expandiéndose alrededor de $x = 0$ debería darte algunas ideas.

Answer 4

Como $f$ está aumentando en $[1,\infty)$ podemos demostrar que para $n>1$ : $$1+\frac{\ln(2n)}{2n}<t_n<1+\frac{\ln(2n)}{2n-2}$$ usando eso para $x>0$ , $\left(1+\frac{x}{n}\right)^n\uparrow e$ y $\left(1+\frac{x}{n-1}\right)^n\downarrow e$ como $n\to\infty$ .

Sí, es cierto:

$$\left(1+\frac{\ln(2n)}{2n}\right)^{2n}-2n\left(1+\frac{\ln(2n)}{2n}\right)+1<e^{\ln(2n)}-2n\left(1+\frac{\ln(2n)}{2n}\right)+1=1-\ln(2n)<0$$

y:

$$\left(1+\frac{\ln(2n)}{2n-2}\right)^{2n}-2n\left(1+\frac{\ln(2n)}{2n-2}\right)+1=\left(1+\frac{\ln(2n)}{2n-2}\right)^{2n-1}\left(1+\frac{\ln(2n)}{2n-2}\right)-2n\left(1+\frac{\ln(2n)}{2n-2}\right)+1>e^{\ln(2n)}\left(1+\frac{\ln(2n)}{2n-2}\right)-2n\left(1+\frac{\ln(2n)}{2n-2}\right)+1=1>0$$

Por lo tanto:

$$0<t_n-1-\frac{\ln(2n)}{2n}<\frac{\ln(2n)}{2n(n-1)}$$

De lo cual (ii) y (iii) se deducen fácilmente.