La serie Taylor de$\tan x - \tan (\sin x)$ tiene todos los coeficientes positivos. ¿Por qué?

Question

Es bien sabido que el $x > \sin x$$x> 0$. La serie de Taylor de $ x - \sin x$ también es bien conocida, y los coeficientes se alternan. Sin embargo, parece que los coeficientes de Taylor de la función $\tan x - \tan (\sin x)$ son todas positivas ( y esto implica que $x > \sin x$$(0, \pi/2)$, como debe ser). No está claro para mí por qué esto es cierto.

De hecho, uno puede ir más allá de la siguiente manera. Es sabido que tenemos las desigualdades de la forma $$\sum_{k=0}^{2 l} (-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}< \sin x < \sum_{k=0}^{2 m + 1}(-1)^k \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$$ for $x > 0$.

Consideremos, por ejemplo, la desigualdad $$x< \sin x + \frac{x^3}{6}$$ for $x>0$. Now, it appears again that the function $\tan ( \sin x + x^3/6) - \tan x$ tiene un "positivo" de la expansión de Taylor.

Asimismo, para $\tan ( x + \frac{x^5}{120}) - \tan( \sin x + x^3/6)$, y así sucesivamente, para cualquier desigualdad con un resultado positivo de los coeficientes obtenidos a partir de la anterior por los lados de la conmutación de los términos.

Uno puede sustituir la función $\sec$ para la función de $\tan$.

Soy consciente de las expansiones de Taylor de las funciones $\tan$ $\sec$ ( véase el artículo de wikipedia sobre funciones trigonométricas), todos ellos son positivos, y tener una combinatoria de interpretación.

Uno puede hacer algunas pruebas con WolframAlpha o cualquier sistema de álgebra computacional.

Answer 1

Los coeficientes de la serie de Taylor en el origen de $\tan x$ son no-negativo, ya que la $f(x)=\tan(x)$ es una solución de la ecuación diferencial $$f''(x) = 2\,f(x)\left(1+f(x)^2\right)\tag{1} $$ que conduce a la $$ f'''(x) = 2\,f'(x)\left(1+3\,f(x)^2\right)=2\left(1+f(x)^2\right)\left(1+3\,f(x)^2\right)\tag{2} $$ $$ f^{(4)}(x) = 8\,f(x)\left(1+f(x)^2\right)\left(2+3\,f(x)^2\right) \tag{3}$$ por termwise diferenciación. Repitiendo el proceso sólo se consiguen signos positivos en el RHSs, por lo tanto $f^{(n)}(0)\geq 0$ simplemente sigue por inducción. $\tan(x)$ es una función impar y no es difícil de refinar el anterior atado y consigue $f^{(2n)}(0)=0,\, f^{(2n+1)}(0)>0$.
Como una alternativa, $\tan(x)=-\frac{d}{dx}\log\cos x$ conduce a: $$ \tan(x) = \frac{d}{dx}\sum_{n\geq 0}-\log\left(1-\frac{4x^2}{(2n+1)^2 \pi^2}\right)=\sum_{n\geq 0}\frac{8x}{(2n+1)^2 \pi^2-4x^2}\tag{4} $$ entonces: $$ \frac{\tan x}{x}=8\sum_{n\geq 0}\sum_{m\geq 0}\frac{4^m}{(2n+1)^{2m+2}\pi^{2m+2}}x^{2m}=\sum_{m\geq 0}\frac{2\left(2^{2m+2}-1\right)\zeta(2m+2)}{\pi^{2m+2}}x^{2m}\tag{5} $$ a partir de que $[x^{2m+1}]\tan(x)\geq \frac{2^{2m+3}-\tfrac{1}{2}}{\pi^{2m+2}}$, lo que no es de extrañar la desigualdad, ya que el radio de convergencia de la serie de Taylor de $\tan(x)$ en el origen es $\frac{\pi}{2}$ ($x=\pm\frac{\pi}{2}$ son los más cercanos a las singularidades del origen, y son fáciles de polos). El radio de convergencia de la serie de Taylor en el origen de $\tan(\sin x)$ (que sigue es una función impar) es un poco más grande, desde el más cercano a las singularidades son aproximadamente que se encuentra en $\pm\frac{\pi}{2}\pm i$.
En particular, podemos esperar a tener $\left|[x^{2m+1}]\tan\sin x\right|\leq [x^{2m+1}]\tan(x)$ cualquier $m\geq 0$, lo que demuestra la demanda. Por $(5)$ tenemos:

$$\begin{eqnarray*}\left|[x^{2m+1}]\tan\sin x\right| &=& \left|\sum_{k\geq 0}\frac{2\left(2^{2k+2}-1\right)\zeta(2k+2)}{\pi^{2k+2}}[x^{2m+1}]\left(\sin x\right)^{2k+1}\right|\\ &\leq& \sum_{k\geq 0}\frac{2^{2k+2}-1}{3\pi^{2k}}\left|[x^{2m+1}]\sin(x)^{2k+1}\right|\\&=&\sum_{k\geq 0}\frac{2^{2k+2}-1}{3\pi^{2k}}\left|\frac{1}{2\pi i}\oint_{\gamma_k}\frac{\sin(z)^{2k+1}}{z^{2m+2}}\,dz\right| \tag{6}\end{eqnarray*}$$ donde $\gamma_k$ puede ser elegido como el límite (en sentido antihorario orientado a) de un disco centrado en el origen con radio de $\frac{1}{\sqrt{k+1}}$. Invocando el máximo módulo de principio y la aplicación simple de las desigualdades, para demostrar $\left|[x^{2m+1}]\tan\sin x\right|\leq [x^{2m+1}]\tan(x)$ cualquier $m\geq 5$ es simple, y el resto de los casos puede ser simplemente marcada a mano mediante el cálculo de un par de derivados en el origen.

Answer 2

Deje su función etiquetada como$f(x)$, luego considere

ps

Tome la expansión en serie de estas funciones sobre$$f\left( \arcsin \left( x \right) \right)=\frac{x}{\sqrt{1-{{x}^{2}}}}-\tan \left( x \right)$ y recoja coeficientes, es decir

$x=0$ $ Nota

$$f\left( \arcsin \left( x \right) \right)=\sum\limits_{n=1}^{\infty }{\left( \frac{\Gamma \left( n-\tfrac{1}{2} \right)}{\Gamma \left( n \right)\sqrt{\pi }}-\frac{{{\left( -1 \right)}^{n-1}}{{2}^{2n}}\left( {{2}^{2n}}-1 \right){{B}_{2n}}}{\left( 2n \right)!} \right)}{{x}^{2n-1}}$ Y${{B}_{2n}}=4\sqrt{\pi n}{{\left( -1 \right)}^{n-1}}{{\left( \frac{n}{\pi e} \right)}^{2n}}\left( 1+O\left( \frac{1}{n} \right) \right)$

asi que

ps

Por lo tanto, asintóticamente, vemos que los coeficientes son siempre positivos. Debería ser bastante fácil extenderlo de nuevo para mostrar que esto es cierto para todos los n.