Estimación de la raíz

Question

¿Cuál es la estimación de la raíz positiva de la siguiente ecuación $$ ax^k = (x+1)^{k-1} $$ donde $a > 0$ (en concreto $0 < a \leq 1$ ).

¿Podría señalar alguna referencia relacionada con la pregunta?

Answer 1

Si escribimos la ecuación como $ax= (1+1/x)^{k-1}$ está claro que existe exactamente una solución positiva (aquí y más adelante asumo que $k$ es un número real mayor que 1).

I. Con la sustitución $u=1/x$ la ecuación escribe $a=u(1+u)^{k-1}$ y el lado derecho tiene una serie formal inversa en $0$ . En Fórmula de inversión de Lagrange proporciona la expansión (Laurent) en $0$ de cualquier potencia entera de este último, en particular, de su recíproco. Se encuentra
$$x=a^{-1}+(k-1)+ \sum_{n=1}^\infty {(-1)^n \over n} {nk \choose n+1} a^n\, ,$$ de acuerdo con los primeros términos encontrados por Robert Israel. Esta serie tiene un radio de convergencia $k^{-k}(k-1)^{k-1}$ por lo que da la solución positiva de la ecuación inicial siempre que $a < k ^ {-k}(k-1) ^ {k-1} $ . Además, los términos de la serie son finalmente decrecientes en valor absoluto, lo que implica que el $n$ -sumas parciales son finalmente un límite en $x$ alternativamente desde arriba y desde abajo. Si es necesario, también se puede estimar el resto de las sumas parciales utilizando límites en los coeficientes binomiales.

II. [Para valores positivos grandes de $a$ podemos escribir la ecuación en la forma $$a^{-\frac{1}{k}}=x(1+x)^{-1+\frac{1}{k} } \, .$$ De nuevo, la fórmula de inversión de Lagrange proporciona una expansión en serie de potencias de la inversa del lado derecho; calculando el radio de convergencia esta vez encontramos $k (k-1)^{\frac{1}{k}-1 }$ . Por lo tanto, evaluando esa inversa en $a^{-\frac{1}{k}}$ obtenemos $$x=\sum_{n=1}^\infty {1\over n}{\frac{n(k-1)}{k} \choose n-1 }a^{-{n\over k}}\, ,$$ convergente para $a>k^{-k}(k-1)^{k-1}$ . De nuevo, las estimaciones sobre la convergencia están disponibles con un poco más de trabajo sobre los coeficientes binomiales. Para $a=1/2$ y $k=5$ la primera $20$ términos de la serie suman $x=4.4786$ ; compárese con la solución numérica en la respuesta de Aleksey Pichugin más abajo).

III. Sigue siendo el caso $ a := k^{-k} (k-1)^{k-1} $ aunque debería estar cubierto como caso límite por la serie anterior.

Answer 2

Las soluciones en serie de Laurent presentadas no son muy útiles en la práctica porque su radio de convergencia es desvanecientemente pequeño incluso para valores moderadamente grandes de $k$ . Por ejemplo, como ha demostrado Pietro Majer, el radio de convergencia para $k=5$ es $R_5=5^{-5}(5-1)^{5-1}\approx0.082$ . Es fácil ver que $R_k\sim 1/k$ para $k\gg 1$ por lo que la serie no puede utilizarse para un $0$ < $a\le 1$ y $k\gg1$ .

Introduzcamos una nueva variable $z$ tal que $ x=z^{1/k}/(1-z^{1/k}). $ Transforma la ecuación original en la forma más conveniente $$ az=1-z^{1/k}. \qquad (0) $$ Se sabe que $$ z^{1/k}=1+\frac{\ln z}{k}+\frac{\ln^2 z}{2k^2}+O(1/k^3). \qquad (1) $$ Si dejáramos los dos primeros términos de esta expansión, obtendríamos la ecuación $$ az\approx-\frac{\ln z}{k}, $$ soluble en términos de la función W de Lambert, con la resultante $ z\approx W(ak)/(ak). $ La fórmula correspondiente para $x$ $$ x\approx \frac{ (W(ak)/(ak))^{1/k} }{ 1-(W(ak)/ak)^{1/k} } \qquad (2)$$ es menos precisa que la aproximación de Zander para valores pequeños de $k$ donde $(k+1)/x$ es pequeño(-ish), pero es más preciso para grandes $k$ .

La aproximación (2) se obtuvo truncando la expansión (1) en $O(1/k)$ . Para mejorar la precisión, el $O(1/k^2)$ hay que tener en cuenta. Sin embargo, la ecuación resultante $$ az\approx-\frac{\ln z}{k}-\frac{\ln^2 z}{2k^2}, $$ no pueden resolverse con la misma facilidad. Por lo tanto, sustituimos el valor de $z$ dentro del $O(1/k^2)$ por su valor de orden superior y resuelve $$ az\approx-\frac{\ln z}{k}-\frac{\ln^2 (W(ak)/(ak))}{2k^2} $$ en su lugar. Esto se puede hacer de nuevo, algo tedioso, en términos de la función de Lambert para encontrar que $$ x\approx \frac{ (W(ak/C)/(ak))^{1/k} }{ 1-(W(ak/C)/ak)^{1/k} }, \quad C=\exp\left[ \frac{1}{2k}\ln^2\left(\frac{W(ak)}{ak}\right) \right]. \qquad (3) $$

Toma $a=1/2$ y $k=5$ la solución numérica da $x=4.4786$ . La fórmula de Zander da $x=4.6915$ . La fórmula (2) da $x=4.7320$ . La fórmula (3) da $x=4.4867$ . Las cosas mejoran a medida que $k$ aumenta.

AÑADIDO 9/4/2011 : Es bastante fácil construir las fórmulas recurrentes que refinan la aproximación descrita a cualquier precisión deseada. Esto se hace escribiendo el logaritmo natural de la ecuación (0) como: $$ \frac{1}{z}\ln\frac{1}{z}=ak\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(az)^{n-1}}{n}. $$ El procedimiento de solución es muy similar al descrito anteriormente. Para el orden principal $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(az)^{n-1}}{n}\approx \chi_1\equiv\sum_{n=1}^{1}\frac{(az)^{n-1}}{n}=1, $$ para que $$ \frac{1}{z_1}\ln\frac{1}{z_1}=ak\chi_1, \quad\mbox{and}\quad z_1=\frac{W(ak\chi_1)}{ak\chi_1}. $$ Dado $z_1$ ahora se pueden retener dos términos de la serie: $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(az)^{n-1}}{n}\approx \chi_2\equiv\sum_{n=1}^{2}\frac{(az_1)^{n-1}}{n}=\sum_{n=1}^{2}\frac{W(ak\chi_1)^{n-1}}{n(k\chi_1)^{n-1}}, $$ con el resultado $$ \frac{1}{z_2}\ln\frac{1}{z_2}=ak\chi_2, \quad\mbox{and}\quad z_2=\frac{W(ak\chi_2)}{ak\chi_2}. $$ Por lo tanto, obtenemos una secuencia de aproximaciones $$ x_m=\frac{[W(ak\chi_m)/(ak\chi_m)]^{1/k}}{1-[W(ak\chi_m)/(ak\chi_m)]^{1/k}}, \quad \chi_m=\sum_{n=1}^{m}\frac{W(ak\chi_{m-1})^{n-1}}{n(k\chi_{m-1})^{n-1}}, \quad \chi_1=1. $$

Quizá merezca la pena señalar que las principales ventajas de utilizar una aproximación relativamente "cara", como la anterior, residen en su rápida convergencia y en su uniformidad con respecto al parámetro $a$ . Sin embargo, las expansiones de series de potencias, dadas por Pietro Majer, pueden ser más adecuadas para la implementación numérica eficiente.

Answer 3

Escribe esto como $1 = t (1 + at)^{k-1}$ donde $t = 1/(ax)$ . La solución positiva $t$ puede escribirse como una serie de Taylor en $a$ según Maple,

t = 1+(-k+1) a+1/2 (3*k-2)*(k-1) a^2+(-1/3 (k-1)*(4*k-3)*(2*k-1)) a^3+1/24 (k-1)*(5*k-4)*(5*k-3)*(5*k-2) a^4+(-1/10 (6*k-5) (k-1) (3*k-1)*(2*k-1)*(3*k-2))*a^5+O(a^6)

para que

$x = a^{-1}+(k-1)- \frac{k(k-1)}{2} a+\frac{k(2k-1)(k-1)}{3} a^2 - \frac{k(k-1)(3k-1)(3k-2)}{8} a^3+\frac{k(k-1)(4k-3)(2k-1)(4k-1)}{15} a^4+O(a^5)$

En cuanto a las estimaciones: Creo que encontrarás $1/a \le x \le 1/a + k - 1$ suponiendo que $k > 1$ .

Answer 4

En $k$ es muy grande y $x$ es grande (basándome en las respuestas de Robert Israel y Pietro Majer creo que podemos decir que el hecho de que cada uno sea grande requiere que el otro no sea demasiado pequeño), entonces $(1+1/x)^{k-1}\sim e^{(k-1)/x}$ y tenemos que resolver aproximadamente $a = (1/x) e^{(k-1)/x}$ .

$$a(k-1)=\frac{k-1}{x} e^{(k-1)/x}$$ $$(k-1)/x = W\left(a(k-1)\right)$$ $$x = \frac{k-1}{W\left(a(k-1)\right)}$$

Dónde $W(\cdot)$ es el Función W de Lambert .