Aproximante de Pade para la función $\sqrt{1+x}$

Question

Estoy haciendo el siguiente ejercicio:

El objetivo es obtener una aproximación a la raíz cuadrada de un número cualquiera mediante la expresión

$$\sqrt{1+x}=f(x)\cdot\sqrt{1+g(x)}$$

donde g(x) es un infinitesimal. Si elegimos $f(x)$ como una aproximación de $\sqrt{1+x}$ entonces podemos calcular $g(x)$ :

$$g(x)=\frac{1+x}{f^2(x)}-1$$

$f(x)$ puede elegirse como una función racional $p(x)/q(x)$ , de tal manera que $p$ et $q$ tienen el mismo grado y su serie de Mclaurin es igual a la serie de Mclaurin de la función $\sqrt{1+x}$ hasta cierto grado. Encontrar una función racional $f(x):=p(x)/q(x)$ cociente de dos polinomios lineales, tal que la serie de McLaurin de $p(x)-\sqrt{1+x}\cdot q(x)$ tienen los tres primeros términos iguales a $0$ .

¿Cómo puedo hacerlo? ¿Tiene algo que ver con la aproximación de Pade?

Cualquier sugerencia sería muy apreciada. Gracias por su tiempo.

Answer 1

Utilizando el hecho de que $\sqrt{1+x}=1+\frac x{1+\sqrt{1+x}}$ obtenemos $$ \begin{align} \sqrt{1+x} &=1+\cfrac x{2+\cfrac x{2+\cfrac x{2+\cfrac x{2+\cdots}}}} \end{align} $$ Lo que da las aproximaciones $$ \begin{align} \color{#C00000}{1+\frac12x}&=1+\frac12x\\ \color{#00A000}{\frac{1+\frac34x}{1+\frac14x}}&=1+\frac12x-\frac18x^2+\frac1{32}x^3-\frac1{128}x^4+O\left(x^5\right)\\ \color{#5555FF}{\frac{1+x+\frac18x^2}{1+\frac12x}}&=1+\frac12x-\frac18x^2+\frac1{16}x^3-\frac1{32}x^4+O\left(x^5\right)\\ \color{#C0A000}{\frac{1+\frac54x+\frac5{16}x^2}{1+\frac34x+\frac1{16}x^2}}&=1+\frac12x-\frac18x^2+\frac1{16}x^3-\frac5{128}x^4+O\left(x^5\right)\\ \sqrt{1+x}&=1+\frac12x-\frac18x^2+\frac1{16}x^3-\frac5{128}x^4+O\left(x^5\right) \end{align} $$

Answer 2

Utilizando la idea de fracciones continuas, observa que $$ \sqrt{1+x}=1+(\sqrt{1+x}-1)=1+\frac{x}{2+(\sqrt{1+x}-1)}\\=1+\cfrac{x}{2+\cfrac{x}{2+(\sqrt{1+x}-1)}}=… $$ continuando en un patrón repetitivo obvio.

El cálculo de las fracciones parciales (equilibradas en grados) de esto se puede implementar (en Magma CAS) como

F<x>:=RationalFunctionField(Rationals());
p := 0;
for k in [1..6] do
   p := x/(2+x/(2+p));
   print 1+p;
end for;

con los resultados (por ejemplo, utilizando http://magma.maths.usyd.edu.au/calc/ )

(3*x + 4)/(x + 4)
(5*x^2 + 20*x + 16)/(x^2 + 12*x + 16)
(7*x^3 + 56*x^2 + 112*x + 64)/(x^3 + 24*x^2 + 80*x + 64)
(9*x^4 + 120*x^3 + 432*x^2 + 576*x + 256)/(x^4 + 40*x^3 + 240*x^2 + 448*x + 256)
(11*x^5 + 220*x^4 + 1232*x^3 + 2816*x^2 + 2816*x + 1024)/(x^5 + 60*x^4 + 560*x^3 + 1792*x^2 + 2304*x + 1024)
(13*x^6 + 364*x^5 + 2912*x^4 + 9984*x^3 + 16640*x^2 + 13312*x + 4096)/(x^6 + 84*x^5 + 1120*x^4 + 5376*x^3 + 11520*x^2 + 11264*x + 4096)

como las seis primeras aproximaciones equilibradas de Pade.

Answer 3

Sin referirnos explícitamente a las aproximaciones de Pade, vamos a probar con el caso más sencillo, es decir, con dos términos lineales, es decir, dejemos $p = ax+b, \quad q = cx+d$ , entonces nuestra condición es $g(x) = p(x) - \sqrt{1+x} \cdot q(x) $ debería tener los tres primeros términos a cero.

Configurar $g(0) = g'(0) = g''(0)=0$ da $b = d = \frac43a, \; c = \frac13a$ , por lo que tenemos $$\sqrt{1+x} \approx \frac{x+\frac43}{\frac13x+\frac43} = \frac{3x+4}{x+4}$$ que satisface la condición requerida.

El siguiente gráfico de $\color{blue} {\sqrt{1+x}}$ et $\color {red} {p/q}$ debería mostrarte lo sorprendentemente preciso (como las fracciones continuas) que resulta esto.

Answer 4

Como aparentemente no se pone la condición de que el orden de aproximación sea máximo para el grado, no es necesario emplear aproximantes de Pade. Por tanto, basta con establecer $$ 1+x=\frac{1+y}{1-y}\iff y=\frac{x}{2+x} $$ y utilizar polinomios de Taylor de igual grado para $\sqrt{1\pm y}$ .

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En primer lugar, se obtendría $\sqrt{1\pm y}\approx 1\pm\frac12y$ y $$ \frac{2+y}{2-y}=\frac{4+2x+x}{4+2x-x}=\frac{4+3x}{4+x}. $$

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El segundo orden tiene $\sqrt{1\pm y}\approx 1\pm\frac12y-\frac18y^2$ lo que lleva a $$ \frac{8+4y-y^2}{8-4y-y^2}=\frac{32+32x+8x^2+(8x+4x^2)-x^2}{32+32x+8x^2-(8x+4x^2)-x^2}=\frac{32+40x+11x^2}{32+24x+3x^2} $$

Answer 5

Usted puede resolver esto sin MacLaurin, a partir de

$$p^2(x)\approx(1+x)q^2(x).$$

Entonces con

$$p(x)=(1+ax)^2,q(x)=(1+bx)^2,$$ tenemos $$1+2ax+a^2x^2\approx1+(2b+1)x+(b^2+2b)x^2+b^2x^3,$$ e identificamos $$2a=2b+1,\\a^2=b^2+2b$$

que da la solución

$$\sqrt{1+x}\approx\frac{1+\frac34x}{1+\frac14x}.$$