Encontrar el mínimo global de $x^{n}+x^{n-1}+...+1$ % hasta $n.$

Question

Inspirado por esta pregunta, tengo curiosidad de saber si hay un asintótica del mínimo global de la función: $$f_n(x) = x^{2n}+x^{2n-1}+...+x^2+x+1.$$

En la mencionada pregunta, me mostró que $$f_n(x) = x^{2n}+x^{2n-1}+...+x^2+x+1 =x^{2n-2}(x+\dfrac{1}{2})^2+\dfrac{3}{4}x^{2n-4}(x+\dfrac{2}{3})^2+\dfrac{4}{6}x^{2n-6}(x+\dfrac{3}{4})^2+\dots+ \dfrac{n+1}{2n}(x+\dfrac{n}{n+1})^2+\dfrac{n+2}{2n+2}> \dfrac{n+2}{2n+2}.$$ Dado que el método fue completamente primaria, pensé que esta era una floja obligado. Sin embargo, resultó ser sorprendentemente cerca de los valores reales para al $n=2,3$ y sharp $n=1.$

Al $n=2$, el mínimo es de $0.673753\approx\dfrac{2}{3}=0.66$ e al $n=3$, el mínimo es de $0.635\approx \dfrac{5}{8} = 0.625.$

Por lo tanto, es posible obtener un asintótica para $\min_{x\in\mathbb{R}}f_n(x)$ $n\to\infty?$ Una forma cerrada solución sería aún mejor, pero que parecen sin esperanza.

Answer 1

La reclamación. El mínimo de $f_n$ tiende a $\frac12$ al $n \to \infty$.

Deje $a_n$ el valor del mínimo de$f_n(x) = \frac{x^{2n+1}-1}{x-1}$$x \in \mathbb{R}$.

Fijo $t>0$ $n > t$ también contamos $$a_n \leq f_n\left(-1 + \frac{t}n\right) = \frac{-1 + (-1 + \frac{t}{n})^{1 + 2 n}}{-2 + \frac{t}{n}} = \frac{1 + (1-\frac{t}{n})^{2n+1}}{2-\frac{t}n} \leq \frac{1+ (1-\frac{t}{n}) e^{-2t}}{2-\frac{t}{n}},$$ debido a $(1-\frac{t}{n})^n \leq e^{-t}$. Esto significa que para cualquier $t>0$ hemos $$ \frac{1 + \frac{2}{n}}{2+\frac{2}{n}} \leq a_n \leq \frac{1+ (1-\frac{t}{n}) e^{-2}}{2-\frac{t}{n}} $$ por lo suficientemente grande $n$. Para $n \to \infty$ el límite inferior tiende a $\frac12$, mientras que el límite superior tiende a $\frac{1+e^{-2t}}{2}$. Porque esto es válido para cualquier $t$, nos encontramos con $\lim_{n \to \infty} a_n = \frac12$.

Answer 2

Reclamación. Que $a_n=\min_{x\in\mathbb{R}}f_n(x)$, entonces el $\lim_{n\to \infty}a_{n}=1/2$.

En primer lugar observamos que $f_{n}(x)=\sum_{k=1}^n(x^{2k-2}(x(1+x))+1\geq 1$ $x\not \in [-1,0]$. Por lo tanto, desde $f_n(0)=1$, $$a_n=\min_{x\in\mathbb{R}}f_n(x)=\min_{x\in[-1,0]}\frac{1-x^{2n+1}}{1-x}=\min_{t\in[0,1]} \frac{1+t^{2n+1}}{1+t}.$ $ para $t\in [0,1]$, % $ $$\frac{1+t^{2n+1}}{1+t}\geq \frac{1}{1+t}\geq \frac{1}{2}\implies a_n\geq\frac{1}{2}\implies \lim_{n\to \infty}a_{n}\geq \frac{1}{2}.$por otra parte, para el $t_n=1-\frac{1}{\sqrt{n}}\in [0,1]$ % $ $$a_n\leq \frac{1+{t_n}^{2n+1}}{1+t_n}\implies \lim_{n\to \infty}a_{n}\leq \lim_{n\to \infty}\frac{1+{t_n}^{2n+1}}{1+t_n}=\frac{1}{2}$y la demanda se demuestra.