Dada una raíz de $x\tan x-1 = 0$ ¿Cómo aproximarse a la siguiente?

Question

Dejemos que $f(x) = x\tan x-1$ . Consideremos cuando $f(x)=0$ .

En los alrededores de cada $k\pi$ donde k es un número entero, debería haber una solución para $f(x)=0$ .

Suponiendo que $x_0$ satisface aproximadamente $f(x)$ ¿es correcto que la siguiente solución se pueda aproximar a $x_0 + \pi - g(x)$ ?

Si es así, ¿cómo puedo encontrar $g(x)$ para aproximar la posición de la siguiente raíz con una precisión arbitraria?

Answer 1

Estás buscando los ceros de la función $$f(x) = x\tan( x)-1$$ que se acercan a los múltiplos de $\pi$ .

Creo que es mejor considerar en su lugar el problema de los ceros de la función $$g(x) = x\sin( x)-\cos(x)$$

Lo que se puede hacer fácilmente es ampliar $g(x)$ como una serie de Taylor alrededor de $x=k \pi$ y proceder después a una resversión en serie.

Esto daría $$\color{blue}{x_{(k)}=q+\frac{1}{q}-\frac{4}{3 q^3}+\frac{53}{15 q^5}-\frac{1226}{105 q^7}+\frac{13597}{315 q^9}-\frac{1531127}{8960 q^{11}}+\frac{84665251}{120960 q^{13}}+O\left(\frac{1}{q^{15}}\right)}$$ donde $\color{blue}{q=k \pi}$ .

Utilizando la serie truncada anterior (que podría ampliarse fácilmente), a continuación se reproducen algunos resultados $$\left( \begin{array}{ccc} k & \text{approximation} & \text{exact solution} \\ 1 & 3.4256889465952269449 & 3.4256184594817281465 \\ 2 & 6.4372981816942647058 & 6.4372981791719471204 \\ 3 & 9.5293344053667719230 & 9.5293344053619636030 \\ 4 & 12.645287223856678278 & 12.645287223856643104 \\ 5 & 15.771284874815881554 & 15.771284874815882047 \\ 6 & 18.902409956860023945 & 18.902409956860024151 \\ 7 & 22.036496727938565037 & 22.036496727938565083 \\ 8 & 25.172446326646664703 & 25.172446326646664714 \\ 9 & 28.309642854452012361 & 28.309642854452012364 \\ 10 & 31.447714637546233552 & 31.447714637546233553 \\ 11 & 34.586424215288923664 & 34.586424215288923664 \end{array} \right)$$

Answer 2

Una observación preliminar: La ecuación $f(x)=0$ equivale a $\tan(x)=\frac1x$ . Ahora, $\tan$ es $\pi$ -periódica y continua, por lo que para grandes $x$ las soluciones serán arbitrariamente cercanas a las soluciones de $\tan(x)=0$ que es sólo $x=\pi n$ para $n\in\mathbb Z$ . Por eso (casi) todas sus soluciones se acercan a los múltiplos de $\pi$ .

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Utilizando el método de Newton podemos dar las siguientes aproximaciones para la siguiente raíz:

Si $x_0$ es una solución a $f(x_0)=0$ , entonces la siguiente solución $x_1$ es aproximadamente $$x_1=h_n(x_0+\pi),$$

donde $h_n$ denota $n$ aplicaciones del método de Newton. Por ejemplo (perdón por lo feo) $h_3$ expresión), $$h_1(x)=x-\frac{f(x)}{f'(x)}=x-\frac{x \tan (x)-1}{\tan (x)+x \sec ^2(x)}$$ y

$$h_2(x)=x-\frac{x \tan (x)-1}{\tan (x)+x \sec ^2(x)}-\frac{\left(x-\frac{x \tan (x)-1}{\tan (x)+x \sec ^2(x)}\right) \tan \left(x-\frac{x \tan (x)-1}{\tan (x)+x \sec ^2(x)}\right)-1}{\left(x-\frac{x \tan (x)-1}{\tan (x)+x \sec ^2(x)}\right) \sec ^2\left(x-\frac{x \tan (x)-1}{\tan (x)+x \sec ^2(x)}\right)+\tan \left(x-\frac{x \tan (x)-1}{\tan (x)+x \sec ^2(x)}\right)}$$ y $$h_3(x)=x+\frac{1-x \tan (x)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-\frac{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-1}{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \sec ^2\left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}+\tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}-\frac{\left(x+\frac{1-x \tan (x)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-\frac{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-1}{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \sec ^2\left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}+\tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}\right) \tan \left(x+\frac{1-x \tan (x)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-\frac{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-1}{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \sec ^2\left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}+\tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}\right)-1}{\left(x+\frac{1-x \tan (x)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-\frac{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-1}{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \sec ^2\left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}+\tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}\right) \sec ^2\left(x+\frac{1-x \tan (x)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-\frac{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-1}{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \sec ^2\left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}+\tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}\right)+\tan \left(x+\frac{1-x \tan (x)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-\frac{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}-1}{\frac{\left(x^2 \sec ^2(x)+1\right) \sec ^2\left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}{x \sec ^2(x)+\tan (x)}+\tan \left(\frac{2 x^2+\cos (2 x)+1}{2 x+\sin (2 x)}\right)}\right)}$$

Answer 3

Aunque hay una respuesta aceptada, Reversión de Lagrange da todas las raíces menos las 2 más pequeñas:

$$\cot(x)=x=\pi k+\sum_{n=1}^\infty\left.\frac{d^{n-1}}{dw^{n-1}}\frac{\cot^{-1}(w)^n}{n!}\right|_{\pi k},k\in\Bbb Z$$

Solicitar Stirling S1 :

$$\left.\frac{d^{n-1}}{dw^{n-1}}\frac{\cot^{-1}(w)^n}{n!}\right|_{\pi k}=\left(\frac i2\right)^n\sum_{m=n}^\infty\frac{S_m^{(n)}(-2i)^m}{m!}\left.\frac{d^{n-1}}{dw^{n-1}}(w+i)^{-m}\right|_{\pi k}$$

Por lo tanto:

$$\boxed{\cot(x)=x=\pi k+\sum_{n=1}^\infty\sum_{m=n}^\infty\frac{S_m^{(n)}(-m)^{(n-1)}(-2i)^{m-n}}{m!(\pi k +i)^{m+n-1}}}$$

se muestra aquí y ambas sumas son intercambiables