Demostrar que para cada $n\in \mathbb{N}^{+}$, existe una única $x_{n}\in[\frac{2}{3},1]$ tal que $f_{n}(x_{n})=0$

Question

Deje $f_{n}(x)=-1+x+\dfrac{x^2}{2^2}+\dfrac{x^3}{3^2}+\cdots+\dfrac{x^n}{n^2}$,

(1) Demostrar que para cada $n\in \mathbb{N}^{+}$, entonces no existe únicas $x_{n}\in[\frac{2}{3},1]$ tal que $f_{n}(x_{n})=0$

(2) Muestran que la secuencia de $(x_{n})$ de (1) es tal que $$0<x_{n}-x_{n+p}<\dfrac{1}{n}$$ para todos los $p\in \mathbb{N}$.

(3):$x_{n}=A+\dfrac{B}{n}+\dfrac{C}{n^2}+O(\dfrac{1}{n^2})$, encontrar $A,B,C$?

Mis intentos :

Para $(1)$, me tiene que probar que : $$f_{n}(1)=-1+1+\dfrac{1}{2^2}+\cdots+\dfrac{1}{n^2}>0,$$ \begin{align} f_{n}(\frac{2}{3})&=-1+\dfrac{2}{3}+\cdots+\dfrac{(\dfrac{2}{3})^n}{n^2}\\ &\le-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{4}\sum_{k=2}^{n}\left(\dfrac{2}{3}\right)^k\\ &=-\dfrac{1}{3}\cdot\left(\dfrac{2}{3}\right)^{n-1}<0 \end{align}

y $$f'_{n}(x)=1+\dfrac{x}{2}+\cdots+\dfrac{x^{n-1}}{n}>0$$

Pero para $(2)$, he métodos:

desde $$x>0, f_{n+1}(x)=f_{n}(x)+\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)^2}>f_{n}(x)$$ por lo $$f_{n+1}(x_{n})>f_{n}(x_{n})=f_{n+1}(x_{n+1})=0$$ desde $f_{n+1}(x)$ es creciente, por lo $x_{n+1}<x_{n}$

desde $$f_{n}(x_{n})=-1+x_{n}+\dfrac{x^2_{n}}{2^2}+\cdots+\dfrac{x^n_{n}}{n^2}=0$$

$$f_{n+p}(x_{n})=-1+x_{n+p}+\dfrac{x^2_{n+p}}{2^2}+\cdots+\dfrac{x^{n+p}_{n+p}}{(n+p)^2}=0$$ y el uso de $0<x_{n+p}<x_{n}\le 1$ hemos

\begin{align} x_{n}-x_{n+p}&=\sum_{k=2}^{n}\dfrac{x^k_{n+p}-x^k_{n}}{k^2}+\sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac{x^k_{n+p}}{k^2}\le\sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac{x^k_{n+p}}{k^2}\\ &\le\sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac{1}{k^2}<\sum_{k=n+1}^{n+p}\dfrac{1}{k(k-1)}=\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+p}<\dfrac{1}{n} \end{align}

Pero para una parte de la $(3)$ I no se puede demostrar,Gracias a que todo el mundo puede ayudar,y para la parte $(2)$ tiene de bueno de otros métodos?

Answer 1

$x_{n}-x_{n+p}>0$ trivial, ya que $f_{n+p}(x_{n})>f_{n}(x_{n})=0$ y estos $f$ siempre en aumento.

Para la otra desigualdad, no pude encontrar una buena manera de hacerlo, así que perdón de algunos de los desordenado de cálculo. La idea es usar el valor medio teorema:

Si $n\leq 3$ luego trivial. Así que supongamos $n\geq 4$:

Ahora un poco de los números van en. Usted podría utilizar un Ferrari del cuarto grado de la fórmula, o usted podría mostrar que $f_{4}(\frac{4}{5})>0$. De cualquier manera se puede conseguir que la $x_{4}<\frac{4}{5}$ e lo $x_{n}<\frac{4}{5}$ todos los $n\geq 4$.

Ahora tenemos $n(\frac{(x_{n})^{n+1}}{(n+1)^{2}}+\frac{(x_{n})^{n+2}}{(n+2)^{2}}+...+\frac{(x_{n})^{n+p}}{(n+p)^{2}})<\frac{(x_{n})^{n+1}}{n+1}+\frac{(x_{n})^{n+2}}{n+2}+...+\frac{(x_{n})^{n+p}}{n+p}<\frac{(x_{n})^{n+1}}{n+1}+\frac{(x_{n})^{n+2}}{n+1}+...+\frac{(x_{n})^{n+p}}{n+1}<\frac{(x_{n})^{n+1}}{n+1}(1+x_{n}+(x_{n})^{2}+...)=\frac{(x_{n})^{n+1}}{n+1}\frac{1}{1-x_{n}}$.

Utilizar los anteriores obligados $n\geq 4,x_{n}<\frac{4}{5}$ dar $\frac{(x_{n})^{n+1}}{n+1}\frac{1}{1-x_{n}}<\frac{(\frac{4}{5})^{5}}{5}\frac{1}{1-\frac{4}{5}}<1$

Observe que $f'_{n+p}(x)=1+\frac{x}{2}+...+\frac{x^{n+p-1}}{n+p}>1$ $f'_{n+p}(x)>n(\frac{(x_{n})^{n+1}}{(n+1)^{2}}+\frac{(x_{n})^{n+2}}{(n+2)^{2}}+...+\frac{(x_{n})^{n+p}}{(n+p)^{2}})=nf_{n}(x_{n})+n(\frac{(x_{n})^{n+1}}{(n+1)^{2}}+\frac{(x_{n})^{n+2}}{(n+2)^{2}}+...+\frac{(x_{n})^{n+p}}{(n+p)^{2}})=n(-1+x_{n}+\frac{(x_{n})^{2}}{2^{2}}+...+\frac{(x_{n})^{n+p}}{(n+p)^{2}})=nf_{n+p}(x_{n})$

Ahora si $x_{n}-x_{n+p}\geq\frac{1}{n}$, a continuación, aplicando el valor medio teorema existen algunos $x\in[x_{n+p},x_{n}]$ tal que $f'_{n+p}(x)=\frac{f_{n+p}(x_{n})-f_{n+p}(x_{n+p})}{x_{n}-x_{n+p}}=\frac{f_{n+p}(x_{n})}{x_{n}-x_{n+p}}\leq\frac{f_{n+p}(x_{n})}{(\frac{1}{n})}=nf_{n+p}(x_{n})$, lo que contradice la desigualdad sólo derivada de la anterior.

Answer 2

Esto no es realmente una solución para $(3)$, pero de acuerdo a la evidencia numérica, $$\tag1A=\lim_{n\to\infty}x_n\approx 0.76154294453204558806805187241022287341383\ldots$$ según las estimaciones de $x_{100,000}$. Por $(2)$, sólo los cinco primeros dígitos deben ser correctos. Sin embargo, la computación con alta precisión, me parece $|x_{100,000}-x_{1,000}|<10^{-120}$, esto sugiere que la convergencia es muy rápida, es decir,$B=C=0$. Más bien, yo diría que $|x_n-A|\sim \frac{A^n}{n^2}$.

Answer 3

El $f_n$ convergen a $f(x) = f_\infty(x) = -1 + \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^k}{k^2} $ = Li_2$(x)-1$ (el dilogarithm, menos $1$) con el resto de términos de $R_n(x) = \displaystyle \sum_{k=n}^{\infty} \frac{x^k}{k^2}$. Entonces:

1. $x_n$ es una disminución de la secuencia que converge a$A \in (0,1)$$f(A)=0$, a la inversa dilogarithm de $1$.

2. La inversa de a $f$ tiene un poder de expansión de la serie, cerca de $0$ con coeficientes reales y positivos radio de convergencia (debido a la analiticidad de $f$ $|z|<1$ y un valor distinto de cero derivado de la $f$ en $(0,1)$), $$ f^{-1}(z)= A + \beta z + \gamma z^2 + \dots$$ where $\beta$ and $\gamma$ can be calculated from $$, $f'(A) = -\log(1-A)$, and $f"(A)=\frac{1}{1}$ formales de inversión de serie.

3. $f(x_{n}) = R_{n+1}(x)$ , de modo que $x_n = f^{-1}(R_{n+1}(x_n))$ una vez $n$ es lo suficientemente grande como $R_{n+1}$ es en el círculo de convergencia.

4. $R_p(x)$ entre $\frac{x^p}{p^2}$ $\frac{x^p}{p^2} (1-x)^{-1}$ mediante la comparación de los términos, y es un factor de $1 + O(\frac{1}{p})$ del límite superior para una constante positiva $x < 1$

5. A partir de la fórmula (3), $\quad x_{n-1} $ difiere de $A$$O(x_n^n / {n^2}$) que es mucho más pequeño que un polinomio en $\frac{1}{n}$. Esta diferencia está dominada por un gran $n$ y positivos $u$,$(A+u)^n / {n^2}$, lo que implica que la expansión asintótica de $x_n$ en potencias de $\frac{1}{n}$ con coeficientes constantes es $A + \frac{0}{n} + \frac{0}{n^2} + \frac{0}{n^3} + \cdots$. Mejor que eso, para cualquier número finito de términos en el poder de la serie de $f^{-1}(z)$ no hay asintótica diferencia entre el uso de $x_n$ $A$ en las fórmulas, y los dos primeros términos de la asymptotics son $$x_{n} = f^{-1}(R_{n+1}(A)) = A + \beta \frac{A^{n+1}}{(1-A)(n+1)^2} + O(R^2) = A + (\frac{\beta A}{1-A}) \frac{A^n}{n^2}$$ plus terms of higher order in $A^n$ or $(1/n))$.

Conclusiones:

• La respuesta a la pregunta escrita es $B=C=0$ $A = ($ inverse_ dilogarithm de $1$) $= 0.761542944532045588068051872410222873413830030301381136443779....$, pero la verdadera magnitud de la $(x_n - A)$ es de alrededor de $\frac{A^n}{n^2}$. Exactamente como está previsto en la anterior respuesta de Hagen von Eitzen.

• $\beta = \frac{1}{\log(\frac{1}{1-A})}$

• va a fin de $\gamma z^2$ se ve difícil.

Answer 4

Claramente $ (x_n) $ es monótona decreciente y acotada abajo por 2/3. Por lo tanto, $ (x_n) $ converge. Ya que estamos en el $ \mathbb{R} $, esto significa que $ (x_n) $ es de Cauchy. Voy a dejar de buscar la definición de una secuencia de Cauchy, pero en este punto, lo que hay que hacer es fijar un $ N \in \mathbb{N} $, y deje $ \epsilon = 1/N $. Usted sabe que existe una $ M \in \mathbb{N} $ tal que cuando $ n \geq M $, $ |x_n - x_{n+p}| = x_n-x_{n+p} < 1/N $, por lo que queda por demostrar que el $ M $ que funciona es igual al $ N $ fijo.