Descripción del problema
Actualmente estoy estudiando por mi cuenta el libro de Buijn sobre análisis asintótico "Asymptotic Methods in Analysis". Estoy atascado en el primer ejercicio del capítulo 2:
He completado la primera parte de la pregunta . Mi problema es demostrar la forma específica del $x_n$ raíz.
Mi intento
En dicho capítulo del libro, tres se demuestran métodos para abordar problemas de funciones implícitas en el análisis asintótico. En primer lugar El método en el que se convierte la ecuación en la forma $z/f(z) = w$ con $w$ ser $z$ -independiente y $f(0) \ne 0$ . Entonces, lo suficientemente cerca de $z=0$ y para lo suficientemente pequeño $w$ , $z$ puede expresarse como una serie de potencias en $w$ que satisface la ecuación dada.
En segundo lugar El método en el que se deriva una relación que se puede utilizar para obtener aproximaciones cada vez mejores de la solución de forma iterativa.
En tercer lugar Un caso especial del método anterior en el que la relación se produce por el método de Newton, es decir: $$x_n = x_{n-1} - f(x_{n-1})/f'(x_{n-1})$$
Lo primero que noté es que para $x \rightarrow \infty$ , $(\ln{x})^{-1} \rightarrow 0$ por lo tanto $\sin{x} \rightarrow 0$ . Esto significa que $x_n \rightarrow 2 \pi n$ desde $x_n \in [2 \pi n, 2 \pi n + \pi/2]$ . Configurar $$x_n = 2 \pi n + z$$ Intenté convertir $\sin{x}=(\ln{x})^{-1}$ en la forma del primer método descrito anteriormente. Esto falló al llegar a
$$ (\sin z)^{-1} = \log{(2\pi n)} + \log {\Big(1 + \frac{z}{2\pi n}\Big)}$$
No soy capaz de construir un $w$ que disminuye a medida que $n$ aumenta y es independiente de z, mientras se mantiene $f(z)$ $n$ -independiente (¿es esto necesario?). Llegué un poco más lejos escribiendo
$$ \log {\Big(1 + \frac{z}{2\pi n}\Big)} = O(\frac{z}{2\pi n}) = O(\frac{1}{2\pi n}), \quad (n \rightarrow \infty, z \rightarrow 0) $$
y luego $$(\sin z)^{-1} = \log (2\pi n) + O(\frac{1}{2\pi n})$$
A continuación, intenté aplicar el primer método a $(\sin z)^{-1} = \log (2\pi n)$ pero lamentablemente el $f(0) \ne 0$ la suposición está rota. Lo siguiente que intenté fue el tercer método. Utilizando el método de Newton para $f(x) = \log{x}\sin{x} - 1$ llegamos a la siguiente fórmula iterativa para las aproximaciones recursivas $\phi_k(n)$ para $x$ :
$$\phi_{k+1} = \phi_k - \frac{\log{\phi_k}\sin{\phi_k}-1}{\frac{\sin{\phi_k}}{\phi_k}+\log{\phi_k}\cos{\phi_k}}$$
Si empezamos con $\phi_0(n) = 2\pi n$ , $$\phi_1 = 2\pi n + (\log {2 \pi n})^{-1}$$ que parece prometedor. Pero entonces este bonito patrón se rompe y no obtenemos el resultado que buscamos. Así que mi último intento fue utilizar $\phi_1$ por escrito $x = \phi_1 + z$ y tratando de demostrar que $$z = O((\log{2\pi n})^{-3}), \quad (n \rightarrow \infty)$$ utilizando $\sin{x} \log{x} = 1$ . Sin embargo, esto también falló
Cualquier tipo de ayuda es muy apreciada.
