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¿Qué podría ser este número?

En un problema mucho más grande, necesito resolver para $x_n$ la ecuación $$\sum_{i=0}^n (n+i)^{x_n}=(2n+1)^{x_n}$$ where $$ n puede ser grande.

Desde un punto de vista numérico, no tiene ninguna dificultad en la práctica de problemas en lugar de $$\log\left(\sum_{i=0}^n (n+i)^{x_n} \right)={x_n}\log(2n+1)$$, que es "casi" la búsqueda de la intersección de dos líneas rectas.

Mi primera sorpresa, trabajando con pequeños valores de $n$, fue el aviso de que la solución es casi linealmente dependiente de $n$.

Trabajar con grandes números, lo que he notado es la siguiente $$\left( \begin{array}{cc} n & \frac {x_n} n \\ 10^1 & 1.351611135 \\ 10^2 & 1.382828492 \\ 10^3 & 1.385947786 \\ 10^4 & 1.386259704 \end{array} \right)$$, y la proporción se "parece" a converger en algo.

Así que, mis preguntas :

  • Podríamos demostrar la dependencia lineal de $x_n$$n$?
  • Podríamos demostrar que $\frac {x_n} n$ tiende a un límite ?
  • Si hay un límite, lo que podría ser este número ? En otras palabras, sería posible establecer la asymptotics de $x_n$ ?

Editar después de las respuestas

Después de la hermosa respuestas que he recibido de Profesor de Vectores y Raymond Manzoni (que hizo que el problema más general), he resuelto, por $n=10^4$, la ecuación$$\sum_{i=0}^n (n+i)^{x_n}=(2n+a)^{x_n}$$ In the table below are reproduced the results for the computed ratio $\frac {x_n} n$ and the value computed for $y_a=-2\log(b)$ where $b$ is the positive solution of $1-b=b^$. $$\left( \begin{array}{cc} a & \frac {x_n} n & y_a\\ 1 & 1.38626 &1.38629 \\ 2 & 0.96240 &0.96242 \\ 3 & 0.76448 &0.76449 \\ 4 & 0.64457 &0.64457 \\ 5 & 0.56240 &0.56240 \\ 6 & 0.50184 &0.50183 \\ 7 & 0.45496 &0.45495 \\ 8 & 0.41739 &0.41737 \\ 9 & 0.38646 &0.38644 \end{array} \right)$$

En relación con el caso donde $a=1$, es interesante comparar los resultados que me dio con la asymptotics Raymond Manzoni dio en un comentario. $$\frac {x_n} n=2\log(2)-\frac{\log(2)}{2n}+O\left(\frac 1 {n^2} \right)$$ $$\left( \begin{array}{cc} n & \frac {x_n} n &2\log(2)-\frac{\log(2)}{2n}\\ 10^1 & 1.351611135 &1.351637002\\ 10^2 & 1.382828492 &1.382828625\\ 10^3 & 1.385947786 &1.385947788\\ 10^4 & 1.386259704 &1.386259704 \end{array} \right)$$ No creo que yo podría añadir cualquier comentario !

13voto

Professor Vector Puntos 131

Vamos a investigar la ecuación $$\sum_{i=0}^n (n+i)^{x_n}=(2n+1)^{x_n}:$$ As $yo$ goes from $0$ to $n$, $n+i$ goes from $n$ to $2n$. If we reorder the sum upside down, and divide both sides by $(2n+1)^{x_n}$, obtenemos $$\sum_{k=1}^{n+1}\left(\frac{2n+1-k}{2n+1}\right)^{x_n}=\sum_{k=1}^{n+1}\left(1-\frac{k}{2n+1}\right)^{x_n}=1.$$ Using the elementary inequality $$1-\frac{k}{2n+1}\le\left(1-\frac1{2n+1}\right)^k$$ and setting $$\lambda_n=\left(1-\frac1{2n+1}\right)^{x_n},$$ the equation gives $$1\le\sum_{k=1}^{n+1}(\lambda_n)^k<\sum_{k=1}^\infty(\lambda_n)^k=\frac{\lambda_n}{1-\lambda_n}.$$ So $\lambda_n>1/2,$ meaning $$x_n<\frac{\ln 2}{\ln\frac1{1-1/(2n+1)}}<(2n+1)\ln 2,\tag{1}$$ since $\ln\frac1{1-x}>x$ for $1>x>0.$
El límite inferior de $x_n$ es un poco más técnica:
Tenemos $$1-\frac{k}{2n+1}=\frac1{1+\frac{k}{2n+1-k}}\ge\left(\frac1{1+\frac{1}{2n+1-k}}\right)^k\ge\left(\frac1{1+\frac{1}{2n+1-\sqrt{n}}}\right)^k$$ for $k\le\sqrt{n}.$ Setting $$\mu_n=\left(\frac1{1+\frac{1}{2n+1-\sqrt{n}}}\right)^{x_n},$$ obtenemos la estimación $$1\ge\sum_{k=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\left(1-\frac{k}{2n+1}\right)^{x_n}\ge\sum_{k=1}^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}(\mu_n)^k=\frac{\mu_n}{1-\mu_n}\left(1-(\mu_n)^{\lfloor\sqrt{n}\rfloor}\right).$$ Clearly, this means $\mu_n\le1/(2-\epsilon_n),$ where $\epsilon_n=O(c^\sqrt{n})$ with some $c<1.$ This means $$x_n\ge\frac{\ln(2-\epsilon_n)}{\ln\left(1+\frac{1}{2n+1-\sqrt{n}}\right)}>(2n+1-\sqrt{n})\ln(2-\epsilon_n),\tag{2}$$ since $\ln(1+x)<x$ for $x>-1.$
(1) y (2) junto implica $$\left(2+\frac1n-\frac1{\sqrt{n}}\right)\ln(2-\epsilon_n)<\frac{x_n}{n}<\left(2+\frac1n\right)\ln2,$$ and thus, $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{x_n}{n}=2\ln2.$$
En el caso de la ecuación de $$\sum_{i=0}^n (n+i)^{x_n}=(2n+2)^{x_n},$$ obtenemos $$\sum_{k=2}^{n+2}\left(1-\frac{k}{2n+2}\right)^{x_n}=1,$$ so the equation for $\lambda=\lim_{n\rightarrow\infty}\lambda_n$ becomes not $\lambda/(1-\lambda)=1,$ but $\lambda^2/(1-\lambda)=1,$ i.e. $\lambda=1/\phi.$

10voto

user21783 Puntos 11

Vamos a usar de Euler–Maclaurin para aproximar la suma de las grandes $n$ ($p$ fijo es un entero) : $$\sum_{i=0}^n f(i) = \int^n_0 f(t)\,dt + \frac{f(n) + f(0)}{2} + \sum_{k=1}^{\lfloor p/2\rfloor} \frac{B_{2k}}{(2k)!} (f^{(2k - 1)}(n) - f^{(2k - 1)}(0)) + R$$ Para $\,f(t):=(n+t)^x\;$ esto se convierte en : \begin{align} \sum_{i=0}^n (n+i)^x &= \int^n_0 (n+t)^x\,dt + \frac{(2n)^x + (n)^x}{2} + \sum_{k=1}^{\lfloor p/2\rfloor} \frac{B_{2k}}{(2k)!} (f^{(2k - 1)}(n) - f^{(2k - 1)}(0)) + R\\ &=\frac{\left(2^{x+1}-1\right)n^{x+1}}{x+1}+ \frac{(2^x+1)n^x}{2} + \sum_{k=1}^{\lfloor p/2\rfloor} \frac{B_{2k}}{(2k)!} (f^{(2k - 1)}(n) - f^{(2k - 1)}(0)) + R\\ \end{align}

Primero vamos a descuidar los términos de Bernoulli y el resto, a continuación, queremos $x$ solución de :

$$\frac{\left(2^{x+1}-1\right)n^{x+1}}{x+1}+ \frac{(2^x+1)n^x}{2}\approx(2n+a)^{x}$$ para $n\gg 1\,$ $\,x:=ny\;$ nos puede descuidar la $\pm 1$ términos : $$\frac{(2n)^{ny+1}}{ny}+\frac{(2n)^{ny}}{2}\approx(2n)^{ny}\left(1+\frac a{2n}\right)^{2n\,y/2}$$ la simplificación y el límite de $n\to \infty$ en el derecho de hojas : $$\frac{2}{y}+\frac{1}{2}\approx e^{\,ay/2}$$ la admisión de la solución aproximada $\,y\approx 1.358\,$$a=1$.

La incorporación de los dos primeros de Bernoulli correcciones tenemos en su lugar : $$\frac 12+\frac 2y+\frac y{24}-\frac {y^3}{5760}\approx e^{\,ay/2}$$ donde$\dfrac 1{24}=\dfrac {B_{2}}{2^1 2!}$$\dfrac {-1}{5760}=\dfrac {B_{4}}{2^3 4!}\;$, sugiriendo con nosotros para añadir todos los Bernoulli términos para obtener la costumbre de generación de función $\;\displaystyle \frac 1{1-e^{-y/2}}\;$ a la izquierda. Como $n\to\infty$ el problema se vuelve a resolver : $$1-e^{-y/2}=e^{-ay/2}$$ es decir, obtener la solución positiva de $\,1-b=b^a\;$ y concluir con $\;y=2\ln(1/b)$.

Para $a=1\,$ devuelve el deseaba $\,y=2\ln(2)$ mientras que para $a=2\,$ podrás obtener $y=2\ln(\phi)$ ($\phi$ la proporción áurea) : ambas soluciones propuestas por el Profesor Vector (+1) !

ADICIONES: voy a fomentar la conjetura siguiente expansión para $a=1$ : $$\frac {x_n}n=\ln(2)\left(2-\frac 1{2n}+\frac {-\frac{25}{24}+\frac 32\ln(2)}{n^2}+\frac{-\frac {169}{96}+\frac{55}8\ln(2)-\frac{25}4\ln(2)^2}{n^3}\right)+O\left(\frac 1{n^4}\right)$$


Claude Leibovici sugerido (en privado) para reemplazar a $n$ fijos $a$ en el anterior problema que es para solucionar $\;\displaystyle\sum_{i=0}^n (a+i)^x= (a+n+k)^{x}$.
Vamos a usar el mismo método con $\,f(t):=(a+t)^x\;$ : $$\sum_{i=0}^n (a+i)^x \sim \frac{(a+n)^{x+1}-a^{x+1}}{x+1}+ \frac{(a+n)^x + a^x}{2} + \sum_{k=1}^{\lfloor p/2\rfloor} \frac{B_{2k}}{(2k)!} (f^{(2k - 1)}(n) - f^{(2k - 1)}(0))$$

sin Bernoulli términos tendríamos :

$$\frac{(a+n)^{x+1}-a^{x+1}}{x+1}+ \frac{(a+n)^x + a^x}{2} \approx(a+n+k)^{x}$$

para $\,n\gg 1\,$ $\,x=ny\,$ podemos negligencia de los poderes de la $a$ solo y el $+1$ : $$\frac{(a+n)^{ny+1}}{ny}+\frac{(a+n)^{ny}}{2}\approx(a+n)^{ny}\left(1+\frac k{a+n}\right)^{(a+n)\,y-ay}$$

Después de la división por $(a+n)^{ny}$$n \gg 1$ : $$\frac{a+n}{ny}+\frac 12\approx e^{ky}\left(1+\frac k{a+n}\right)^{-ay}$$

o como $ n\to\infty$ : $$\frac 1y+\frac{1}{2}\approx e^{\,ky}$$ with a solution $y$ near to $\ln(2)$ for $k=1$.

La adición de todos los términos de Bernoulli da a la izquierda $\dfrac 1{1-\exp(-y)}\;$, de modo que debemos resolver : $1-\exp(-y)=\exp(-ky)$ o, de nuevo, $1-b=b^k$, seguido esta vez por $y = \ln(1/b)$.

Voy a concluir con este (conjetura) de expansión para $k=1$ : $$\frac {x_n}n = \ln(2)\left(1+\frac{a-1/2}n +\frac {-\frac{25}{12}+3\ln(2)}{n^2}\right)+ O\left(\frac 1{n^3}\right)$$

4voto

Anthony Shaw Puntos 858

Usando la desigualdad de Bernoulli, $$\begin{align} \frac{\left(1-\frac{k+1}{2n+3}\right)^{n+\frac32}}{\left(1-\frac{k+1}{2n+1}\right)^{n+\frac12}} &=\left(1-\frac{k+1}{2n+3}\right)\left(\frac{2n+2-k}{2n+3}\frac{2n+1}{2n-k}\right)^{n+\frac12}\\ &=\left(1-\frac{k+1}{2n+3}\right)\left(1+\frac{2k+2}{(2n+3)(2n-k)}\right)^{n+\frac12}\\[9pt] &\ge\left(1-\frac{k+1}{2n+3}\right)\left(1+\frac{(2n+1)(k+1)}{(2n+3)(2n-k)}\right)\\[9pt] &=1+\frac{2(k+1)^2}{(2n-k)(2n+3)^2}\\[12pt] &\ge1 \end {alinee el} $ que es, $\left(1-\frac{k+1}{2n+1}\right)^{n+\frac12}$ está aumentando en el $n$.

Por lo tanto, de la Convergencia monótona, $$\begin{align} \lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n\left(\frac{n+k}{2n+1}\right)^{\left(n+\frac12\right)a} &=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n\left(\frac{2n-k}{2n+1}\right)^{\left(n+\frac12\right)a}\\ &=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n\left(1-\frac{k+1}{2n+1}\right)^{\left(n+\frac12\right)a}\\ &=\sum_{k=0}^\infty e^{-(k+1)a/2}\\ &=\frac{e^{-a/2}}{1-e^{-a/2}} \end {alinee el} $$ $a$ que da el límite igual a $1$ es a=2\log(2) $$ $$

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