Encontrar una tres períodos expansión asintótica de la función inversa de $ f(x)=x^3+x$

Question

Me gustaría encontrar una expansión asintótica de tres períodos de $g$ la función recíproca de:

$$ f(x)=x^3+x$$

Tenemos:

$$ f(g(x))=x=g(x)^3+g(x)$$ As $$\ g(x) \rightarrow_{x\rightarrow \infty} \infty$$

$$ x=g(x)^3+g(x) \sim g(x)^3$$

$$ g(x) \sim x^{1/3}$$

$$ g(x)=x^{1/3}+o(x^{1/3})$$

Por otra parte

$$ g(x)=(x-g(x))^{1/3}=(x-x^{1/3}+o(x^{1/3}))^{1/3}$$

$$ g(x)=x^{1/3}(1-\frac{1}{x^{2/3}}+o(1/x^{2/3}))^{1/3}$$

$$ g(x)=x^{1/3}(1-\frac{1}{3x^{2/3}}+o(1/x^{2/3}))$$

$$ g(x)=x^{1/3}-\frac{1}{3x^{1/3}}+o(1/x^{2/3}) $$

$$ g(x)=(x-x^{1/3}+\frac{1}{3x^{1/3}}+o(\frac{1}{x^{1/3}}))^{1/3}$$

$$ g(x)=x^{1/3}(1-\frac{1}{x^{2/3}}+\frac{1}{3x^{4/3}}+o(\frac{1}{x^{4/3}}))^{1/3}$$

$$ g(x)=x^{1/3}(1-\frac{1}{3x^{2/3}}+\frac{1}{9x^{4/3}}-\frac{1}{9}(-\frac{1}{x^{2/3}}+\frac{1}{3x^{4/3}})^2+o(\frac{1}{x^{4/3}}))$$

$$ g(x)=x^{1/3}(1-\frac{1}{3x^{2/3}}+\frac{1}{9x^{4/3}}-\frac{1}{9x^{4/3}}+o(\frac{1}{x^{4/3}}))$$

$$ g(x)=x^{1/3}(1-\frac{1}{3x^{2/3}}+o(\frac{1}{x^{4/3}}))$$

$$ g(x)=x^{1/3}-\frac{1}{3x^{1/3}}+o(\frac{1}{x}) $$

Una solución es:

$$ g(x)=(x-x^{1/3}+\frac{1}{3x^{1/3}}+o(\frac{1}{x}))^{1/3}$$

$$ g(x)=x^{1/3}(1-\frac{1}{x^{2/3}}+\frac{1}{3x^{4/3}}+o(1/x^2))^{1/3}$$

$$ g(x)=x^{1/3}(1-\frac{1}{3x^{2/3}}+\frac{1}{9x^{4/3}}-\frac{1}{9}(-\frac{1}{x^{2/3}}+\frac{1}{3x^{4/3}})^2+\frac{5}{81}(-\frac{1}{x^{2/3}}+\frac{1}{3x^{4/3}})^3)$$

$$ g(x)=x^{1/3}(1-\frac{1}{3x^{1/3}}+\frac{1}{9x^{4/3}}-\frac{1}{9x^{4/3}}+\frac{2}{27x^2}-\frac{5}{81x^2})$$

$$ g(x)=x^{1/3}-\frac{1}{3x^{1/3}}+\frac{1}{81x^{5/3}}+o(1/x^{5/3})$$

Answer 1

$g(x)$ es la función inversa para $f(x)$. el recíproco sería $1/f(x)$.

Para calcular la inversa de a $x^3+x$, vamos $$ y=x^3+x=x^3\left(1+\frac{1}{x^2}\right)\etiqueta{1} $$ Tomando $(1)$ $-\frac13$ de energía (a través de la expansión binomial) los rendimientos $$ \begin{align} y^{-1/3} &=\frac{1}{x}\left(1-\frac{1}{3x^2}+\frac{2}{9x^4}-\frac{14}{81x^6}+O\left(\frac{1}{x^8}\right)\right)\\ &=\frac{1}{x}-\frac{1}{3x^3}+\frac{2}{9x^5}-\frac{14}{81x^7}+O\left(\frac{1}{x^9}\right)\tag{2} \end{align} $$ La inversión de la serie para $u-\frac13u^3+\frac29u^5-\frac{14}{81}u^7$ rendimientos $$ \begin{align} \frac1x &=y^{-1/3}+\frac13y^{-1}+\frac19y^{-5/3}+\frac{2}{81}y^{-7/3}+O\left(y^{-3}\right)\\ &=y^{-1/3}\left(1+\frac13y^{-2/3}+\frac19y^{-4/3}+\frac{2}{81}y^{-2}+O\left(y^{-8/3}\right)\right)\tag{3} \end{align} $$ Tomando el recíproco de $(3)$ rendimientos $$ \begin{align} x &=y^{1/3}\left(1-\frac13y^{-2/3}+\frac{1}{81}y^{-2}+O\left(y^{-8/3}\right)\right)\\ &=y^{1/3}-\frac13y^{-1/3}+\frac{1}{81}y^{-5/3}+O\left(y^{-7/3}\right)\tag{4} \end{align} $$ El tercer término que suele ser una $y^{-1}$ plazo, pero el coeficiente del término es $0$.

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En la derivación en la pregunta, se obtiene $$ g(x)=x^{1/3}-\tfrac13x^{-1/3}+h(x)\etiqueta{5} $$ donde $h(x)=o\left(x^{-1}\right)$. El uso de $(5)$, obtenemos $$ \pequeño g(x)^3+g(x)=x-\frac{1}{27}x^{-1}+\left(3x^{2/3}+\frac13x^{-2/3}-1\right)h+\left(3x^{1/3}-x^{-1/3}\right)h^2+h^3\tag{6} $$ Por lo tanto, necesitamos tener $3x^{2/3}h=\frac{1}{27}x^{-1}+o\left(x^{-1}\right)$; es decir, $h=\frac{1}{81}x^{-5/3}+o\left(x^{-5/3}\right)$.

Dado que la única poderes de $x$ que aparecen en $$ \left(x^{1/3}-\tfrac13x^{-1/3}+\tfrac{1}{81}x^{-5/3}\right)^3+\left(x^{1/3}-\tfrac13x^{-1/3}+\tfrac{1}{81}x^{-5/3}\right)-x\tag{7} $$ son extraños poderes de $x^{1/3}$, el resto, que es $o\left(x^{-5/3}\right)$, debe ser $O\left(x^{-7/3}\right)$

Por lo tanto, $$ g(x)=x^{1/3}-\tfrac13x^{-1/3}+\tfrac{1}{81}x^{-5/3}+O\left(x^{-7/3}\right)\etiqueta{8} $$ lo cual está de acuerdo con $(4)$.

Answer 2

La sustitución $x = y^{1/3} u^{1/3}$ toma la ecuación $x^3 + x = y$ $u + y^{-2/3} u^{1/3} = 1$. En mi reciente respuesta para resolver una suma de exponenciales, hay una solución de serie

$$ u = \sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k a_k}{k!} y^{-2k/3} \ \text{where} \ a_k = \prod_{j=0}^{k-2} (k/3-j)$$ tomar $a_0 = a_1 = 1$.

Ahora tenemos

$$x = y - x^3 = y - u y = \sum_{k=1}^\infty \frac{(-1)^{k+1} a_k}{k!} y^{1-2k/3} $$

$$ = y^{1/3}-\frac13 y^{-1/3} + \frac{1}{81} y^{-5/3} + \frac{1}{243} y^{-7/3} - \frac{4}{6561} y^{-11/3} - \frac{5}{19683} y^{-13/3} + \ldots$$

EDIT: La serie converge para $y > 2 \sqrt{3}/9$.

Answer 3

Deje $\color{blue}{z=x^{1/3}}$. A continuación,$z^{-1}g(x)=1-\frac13z^{-2}+h(z)$$h(z)=o(z^{-2})$. La expansión de la cube $(1+u)^3=1+3u+3u^2+u^3$ $u=-\frac13z^{-2}+h(z)$ y dejar de lado todos los $o(h(z))$ y cada una de las $o(z^{-6})$ plazo en $u^2$ $u^3$ rendimientos $$ u^2=\tfrac19z^{-4}+O(z^{-2}h(z)),\quad\text{lo que implica}\quad u^2=\tfrac19z^{-4}+o(h(z)), $$ y $$ u^3=-\tfrac1{27}z^{-6}+O(z^{-4}h(z)),\quad\text{lo que implica}\quad u^3=-\tfrac1{27}z^{-6}+o(z^{-6}), $$ por lo tanto $$ z^{-3}g^3(z)=1-z^{-2}+3h(z)+\tfrac13z^{-4}+o(h(z))-\tfrac1{27}z^{-6}+o(z^{-6}). $$ Desde $z^{-3}g^3(z)+z^{-3}g(z)=1$$z^{-3}g(z)=z^{-2}-\frac13z^{-4}+o(h(z))$, después de algunas simplificaciones uno tiene la condición de $$ 3h(z)-\tfrac1{27}z^{-6}+o(z^{-6})+o(h(z))=0. $$ La solución para $h(z)$ rendimientos $h(z)=\tfrac1{81}z^{-6}+o(z^{-6})$, por lo tanto $$ \color{red}{g(x)=x^{1/3}-\tfrac13x^{-1/3}+\tfrac1{81}x^{-5/3}+o(x^{-5/3})}. $$

Edit (para responder un comentario)

(i) el inicio de La expansión de $z^{-1}g(x)$$1-\frac13z^{-2}$, como se demostró a sí mismo, por lo tanto el resto $h(z)$ puede ser de cualquier plazo $o(z^{-2})$. La idea del ejercicio (y la razón por la que tenía una mirada en ella y, finalmente, escribió una solución) es que no se conoce a priori el orden de $h(z)$. (Por otro lado, es posible que desee comprobar Landau poco-o notación.)

(ii) El plazo $3h(z)$ no tiene nada que ver con el orden de $h(z)$, simplemente el comienzo de la expansión de la $(1+u)^3$ $1+3u$ aquí $u=-\frac13z^{-2}+h(z)$ por lo tanto $3u$ rendimientos $-z^{-2}+3h(z)$.

(iii) no $\tfrac13z^{-4}$ ni $-\tfrac1{27}z^{-6}$$o(h(z))$, en el final. Pero no es necesario saber esto para la igualdad de donde se sostienen.

(iv) La última ecuación es $3h(z)+o(h(z))=\tfrac1{27}z^{-6}+o(z^{-6})$, que es lógicamente equivalente al hecho de que $3h(z)=\tfrac1{27}z^{-6}+o(z^{-6})$.

Answer 4

Me gusta mucho esta pregunta! Voy a decir absolutamente nada aquí que no ha sido dicho por otros, pero me gustaría tratar esto de una manera más formal de la serie-teórico. La situación es analítica en el barrio de $(\infty,\infty)$, con lo que quiero decir que al sustituir $x=1/\xi$, $y=1/\eta$, consigue $\eta=1/(\xi^{-1}+\xi^{-3})=\xi^3-\xi^5+\xi^7-\cdots=G(\xi)$. Ahora $G$ es un cubo en ${\mathbb{R}}[[x]]$, de hecho, al extraer su raíz cúbica, se puede ver que los coeficientes de la raíz cúbica son en $A={\mathbb{Z}}[1/3]$, el anillo de los números racionales con sólo los poderes de $3$ en el denominador. Uso Teorema Binomial si te gusta, pero usted puede conseguir el mismo resultado de método de Newton, porque estás dividiendo por $3f(\xi)^2$ diferentes $f$ en cada etapa de la aproximación, y empezar con $f(\xi)=\xi\in A[[\xi]]$. Así que vamos a poner a $Y=\eta^{1/3}$ formalmente, y obtener $Y=G(\xi)^{1/3}=H(\xi)\in A[[\xi]]$. De hecho, el primer término de $H(\xi)$ es sólo $\xi$, por lo que se puede revertir, es decir, tomar la función inversa, para obtener $\xi=H^{-1}(Y)=Y+\cdots\in A[[Y]]$. (De nuevo, usted puede encontrar $H^{-1}$ por el uso del método de Newton.) Ahora lo que te interesa es $x$, en términos de $Y=y^{-1/3}$, por lo que tomar el recíproco de $H$ como Laurent de la serie sobre $A$, y sale $x=1/Y - (1/3)Y + (1/81)Y^5-\cdots$. Es una serie con coeficientes todavía en $A$, por lo que obtener una explicación de por qué el único denominador puede ver en la explícita cálculos son potencias de $3$. Me gusta este tratamiento porque se demuestra, por ejemplo, que usted puede hacer la misma pregunta $p$-adically y obtenga $p$-ádico de convergencia fuera de la cerrada de la unidad de disco para todos los $p$ diferente de la $3$. Y usted puede utilizar las propiedades de la derivada de $x+x^3$ para ver cuál es el dominio de convergencia es $3$-adically así.