Sobre el primer positivo de la raíz de $\sum_{k=1}^n\tan(kx)=0$

Question

Estoy buscando la primera solución positiva $x_n$ de la ecuación $$f_n(x)=\sum_{k=1}^n\tan(kx)=0 \qquad \qquad (n\geq 2)$$ It is simple to show that $$\frac \pi{2n}<x_n <\frac \pi{2(n-1)}$$ The numerical solution is very easy (and inexpensive in terms of computer resources) to obtain using Newton, Halley or Householder methods but the analytical solution does not seem to be possible as soon as $n\geq 7$ (up to $n=6$, using $x=\bronceado^{-1}(t)$, the equation factors as products of polynomials of low degree). For example solving $f_6$ reduces to the problem of finding the first positive root of $$t \left(t^2-3\right) \left(t^6-21 t^4+35 t^2-7\right) \left(23 t^8-202 t^6+136 t^4-22 t^2+1\right)=0$$ (which is feasible even if tedious) while for $f_7$, the root which is looked for is solution of $$44 t^{16}-763 t^{14}+4375 t^{12}-10067 t^{10}+9199 t^8-3593 t^6+589 t^4-41 t^2+1=0$$ (los otros factores no fueron impresos).

Mirando los resultados numéricos para $2\leq n\leq 10000$, mi sorpresa ha sido comprobar que la solución es $$x_n\approx \frac \pi{2n-1}\tag 1$$ which the reciprocal of the harmonic mean of the bounds ( this is exactly true for $n=2$ ).

Para $x_4$, la aproximación da $\approx 0.448799$, mientras que la solución exacta es $\cos ^{-1}\left(\frac{\sqrt{9+\sqrt{17}}}{4}\right)\approx 0.437896$.

Para $x_{10000}$, la aproximación da $0.000157087$, mientras que la "exacta", la solución es $0.000157097$.

El uso de $y_n=\frac \pi{2n-1}$, regresiones polinómicas $$x_n=\sum_{i=1}^m a_i y^i$$ lead to extremely good fits with highly significant parameters. As an example, for $m=4$ $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & +0.997756 & 0.0000157 & \{+0.997726,+0.997786\} \\ b & -0.125612 & 0.0001336 & \{-0.125874,-0.125350\} \\ c & +0.202807 & 0.0002973 & \{+0.202224,+0.203390\} \\ d & -0.077174 & 0.0001766 & \{-0.077520,-0.076828\} \\ \end{array}$$ Incluso con un solo término en la regresión, $R^2=0.999886$.

Mis intentos basados en series de Taylor alrededor de la aproximación fueron totalmente infructuosos.

Mis preguntas son :

1.Hay alguna forma de justificar $(1)$ y/o para obtener una mejor aproximación ?

2.Podría un asymptotics de la solución se deriva ?

Editar

Después de @Hizo muy interesante el comentario, me genera las soluciones $x_n$ $1000\leq n\leq 250000$ $(\Delta n =1000)$ y se hizo una curva de ajuste para el modelo $$x_n=\frac{\pi }{a n+b+\frac{c}{\log (n)}}$$ The fit is extremely good (all residuals being smaller than $2\times 10^{-12}$) y los parámetros son muy importantes $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & +2.00000 & 5.8\times 10^{-9} & \{+2.00000,+2.00000\} \\ b & -0.02216 & 0.000108935 & \{-0.02237,-0.02194\} \\ c & -1.74434 & 0.000719344 & \{-1.74576,-1.74293\} \\ \end{array}$$

Esto es casi exactamente lo que @Hicieron sugerido !!

Actualización

Después de que Daniel Fischer respuesta e Hizo el comentario, he reiniciado el accesorio de trabajo para el rango $5\times 10^4\leq n\leq 5\times 10^5$ $(\Delta n =10^3)$ y, como modelo, $$x_n=\frac{\pi }{a n+\frac{b}{\log (n)}}$$ $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ a & +2.00000 & 6.02 \times 10^{-9}& \{+2.00000,+2.00000\} \\ b & -1.95234 & 0.00545 & \{-1.96306,-1.94162\} \\ \end{array}$$ I also considered separately $y_n=\frac{2n_n}{2n x_n-\pi}$ para que $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ c & 1.02127 & 0.00008 & \{1.02112,1.02142\} \\ \end{array}$$ This confirms the previous fit. In order to double check, I also minimized the sum of the squares of relative errors : this lead to the same result $(a=2.00000,b=-1.96355)$.

También considero (como lo Hizo el pedido después de que Daniel Fischer respuesta) $$x_n\approx\frac{\pi}{2n}\left(1+\frac{c}{n\log n}\right)$$ for which was obtained $$\begin{array}{clclclclc} \text{} & \text{Estimate} & \text{Standard Error} & \text{Confidence Interval} \\ c & 0.97571 & 0.00123 & \{0.97329,0.97813\} \end{array}$$

Ahora, teniendo en cuenta los dos modelos $$x_n^{(1)}=\frac{\pi }{2 \left(n-\frac{1}{\log (n)}\right)} \qquad x_n^{(2)}=\frac{\pi}{2n}\left(1+\frac{1}{n\log n}\right)$$ over the set of data points the sum of squared errors are respectively $1.24\veces 10^{-20}$ and $6.94\times 10^{-23}$.

Un amigo mío me desafió pidiendo muestran las iteraciones de la búsqueda de raíces método para $n=10^6$. Aquí están

$$x_0= 1.570796440492926 \times 10^{-6}$$ $$x_1= 1.570796438443414 \times 10^{-6} $$ $$x_2= 1.570796438479340 \times 10^{-6} $$ $$x_3= 1.570796438479351 \times 10^{-6}$$

Muchas gracias a todos por sus aportes.

Answer 1

¿ Es irregular en. No me sorprende, porque él es, pero tuve que calcular para asegurarse de que el utilizado aproximaciones fueron lo suficientemente buenos como para producir el resultado correcto.

Para $n \in \mathbb{N}\setminus \{0\}$, vamos

$$f_n(x) = \sum_{k = 1}^n \tan (kx)$$

y $x_n$ el positivo menor que cero de $f_n$. A continuación, $f_n$ es toda una $\pi$-periódico función de meromorphic con simple polos en los puntos de

$$P = \biggl\{ \frac{2m+1}{2k}\pi : m \in \mathbb{Z},\, 1 \leqslant k \leqslant n\biggr\}.$$

En $\mathbb{R}\setminus P$, $f_n$ es real valorados, y $f_n' > 0$, lo $f_n$ mapas de cada intervalo entre consecutivos polos diffeomorphically en $\mathbb{R}$. El caso de $n = 1$ es trivial ($f_1 = \tan$), y para $n \geqslant 2$ a los dos más pequeños polos positivos son a $\frac{\pi}{2n}$$\frac{\pi}{2(n-1)}$. Desde $f_n(0) = 0$$f_n' > 0$$\mathbb{R}\setminus P$,$f_n(x) > 0$$0 < x < \frac{\pi}{2n}$, por lo que se deduce que el $x_n \in \bigl(\frac{\pi}{2n},\frac{\pi}{2(n-1)}\bigr)$, e $f_n$ - $n \geqslant 2$ - no hay otros ceros en ese intervalo. Es fácil ver que $x_2 = \frac{\pi}{3}$, por lo que en el siguiente asumimos $n \geqslant 3$. Desde

\begin{align} f_n \biggl(\frac{\pi}{2n-1}\biggr) &= f_{n-2}\biggl(\frac{\pi}{2n-1}\biggr) + \tan \frac{\pi(n-1)}{2n-1} + \tan \frac{\pi n}{2n-1}\\ &= f_{n-2}\biggl(\frac{\pi}{2n-1}\biggr) + \tan \biggl(\frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{4n-2}\biggr) + \tan \biggl(\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4n-2}\biggr)\\ &= f_{n-2}\biggl(\frac{\pi}{2n-1}\biggr)\\ &> 0, \end{align}

de ello se desprende que $x_n \in \bigl(\frac{\pi}{2n}, \frac{\pi}{2n-1}\bigr)$. Escribir $x_n = \frac{1}{n}\bigl(\frac{\pi}{2} + \delta_n\bigr)$. A continuación,$0 < \delta_n < \frac{\pi}{4n-2}$, en particular,$\delta_n < \frac{3}{5} x_n$.

Utilizamos $\tan \bigl(\frac{\pi}{2} - x\bigr) = \cot x$, y

$$\frac{1}{x} - \frac{x}{2} < \cot x < \frac{1}{x} - \frac{x}{3}\tag{1}$$

para $0 < x < \frac{\pi}{2}$ en nuestros cálculos. En primer lugar tenemos

$$-\tan (n x_n) = -\tan \biggl(\frac{\pi}{2} + \delta_n\biggr) = \cot \delta_n = \frac{1}{\delta_n} + O(\delta_n).\tag{2}$$

Para determinar el comportamiento asintótico de $\delta_n$, en la siguiente nota de que (desde $f_n(x_n) = 0$)

\begin{align} -\tan (nx_n) &= \sum_{k = 1}^{n-1} \tan (k x_n)\\ &= \sum_{m = 1}^{n-1} \tan \bigl((n-m)x_n\bigr)\\ &= \sum_{m = 1}^{n-1} \tan \biggl(\frac{\pi}{2} - (mx_n - \delta_n)\biggr)\\ &= \sum_{m = 1}^{n-1} \cot (mx_n - \delta_n). \end{align}

Las desigualdades $(1)$ ahora el rendimiento

$$\sum_{m = 1}^{n-1} \frac{1}{m x_n - \delta_n} - \frac{1}{2} \sum_{m = 1}^{n-1} (m x_n - \delta_n) < -\tan (n x_n) < \sum_{m = 1}^{n-1} \frac{1}{m x_n - \delta_n} - \frac{1}{3} \sum_{m = 1}^{n-1} (m x_n - \delta_n).\tag{3}$$

Nos encontramos

$$\sum_{m = 1}^{n-1} (m x_n - \delta_n) = \frac{n(n-1)}{2}x_n - (n-1)\delta_n = (n-1)\frac{\pi - 2\delta_n}{4}$$

y

\begin{align} \sum_{m = 1}^{n-1} \frac{1}{m x_n -\delta_n} &= \sum_{m = 1}^{n-1} \frac{1}{m x_n} + \frac{\delta_n}{x_n^2} \sum_{m = 1}^{n-1} \frac{1}{m\bigl(m - \frac{\delta_n}{x_n}\bigr)}\\ &= \frac{\log n + \gamma + O(n^{-1})}{x_n} + O(\delta_n x_n^{-2}). \end{align}

Con $x_n^{-1} \sim \frac{2}{\pi} n$ se sigue que

$$\frac{1}{\delta_n} \sim - \tan (n x_n) = \frac{2}{\pi}n \log n + O(n),$$

o

$$\delta_n = \frac{\pi}{2n\log n}\bigl( 1 + O\bigl((\log n)^{-1}\bigr)\bigr).\tag{4}$$

Con algo de trabajo tedioso, podemos obtener algunos límites en las $O\bigl((\log n)^{-1}\bigr)$ plazo en $(4)$, pero desde $\frac{\pi}{12} < \frac{2\gamma}{\pi} < \frac{\pi}{8}$, lo que tenemos no es suficiente para incluso determinar si es $\Theta\bigl((\log n)^{-1}\bigr)$.

Sin embargo, $(4)$ es suficiente para mostrar que

$$\begin{split}x_n &= \frac{1}{n}\biggl(\frac{\pi}{2} + \delta_n\biggr) = \frac{\pi}{2n}\biggl(1 + \frac{1 + O\bigl((\log n)^{-1}\bigr)}{n\log n}\biggr)\\ &= \frac{\pi}{2n\bigl(1 - \frac{1 + O((\log n)^{-1})}{n\log n}\bigr)} = \frac{\pi}{2\bigl(n - (\log n)^{-1} + O((\log n)^{-2})\bigr)}.\end{split}\tag{5}$$

Sobre la diferencia entre el empírica mejor ajuste de las constantes y la exacta valores asintóticos, el recuerdo de Legendre constante. El logaritmo es una muy lentamente variables de la función, para eliminar los efectos de las constantes de estimaciones empíricas, lo que uno puede necesitar muy grandes números. Sin embargo, puede ser que $250000$ es lo suficientemente grande, y la diferencia entre el mejor ajuste y los valores exactos es causada por la mayor desviación del comportamiento asintótico para los más pequeños de $n$. Tratar de mejor ajuste para, por ejemplo, $200000 \leqslant n \leqslant 250000$ a ver lo que da.

Answer 2

Esta no es una respuesta, sólo un comentario largo. Cuando se trata de cantidades que convergen a$0$, usted tiene que tener cuidado con el sentido de la aproximación. Observe que si tomamos cualquiera de las dos secuencias de $x_n,y_n$ tal que $$ x_n,y_n \in [\frac{\pi}{2n},\frac{\pi}{2n - 1}]$$ entonces $|x_n - y_n| \leq \frac{\pi}{2n - 2} - \frac{\pi}{2n} = \frac{2\pi}{(2n - 2)(2n)} = \Theta(\frac{1}{n^2})$ por lo tanto $$\frac{|x_n - y_n|}{x_n} = \Theta(\frac1n),$$ así que el error relativo se va a $0$. Así que parece que $\frac{\pi}{2n- 1}$ es una buena aproximación, pero en realidad es tan bueno como cualquier otro. Así que para definir una buena aproximación debemos exigir lugar $$\frac{|x_n - y_n|}{x_n} = o(\frac1n).$$ Con esta definición se puede ver al menos numericaly que $\frac{\pi}{2n}$ es el derecho aproximación como la Cueva de jonhson, señaló.