6.4: Дотичні корені - страшна трансцендентна сума
- Page ID
- 66087
Наш прощальний приклад, обраний тому, що його аналіз поєднує різноманітні інструменти вуличних боїв, є складною нескінченною сумою.
\(\text{Find} S ≡ \sum x_{n}^{-2} \text{ where the } x_{n} \text{ are the positive solutions of } \tan x = x\)
Розв'язки\(\tan x = x\) або, що еквівалентно, корені\(\tan x − x\), трансцендентні і не мають замкнутої форми, але майже для кожного методу підсумовування потрібна замкнута форма. На допомогу прийдуть вуличні методи боротьби.
Картинки і легкі кейси
Почніть аналіз з сподівається легкого випадку.
Що таке перший корінь\(x_{1}\)?
Коріння\(\tan x − x\) даються перетинами\(y = x\) і\(y = \tan x\). Дивно, але жодного перетину не відбувається в гілці\(\tan x\) де\(0 < x < \pi/2\) (Задача 6.23); перше перетин безпосередньо перед асимптотою в\(x = 3\pi/2\). Таким чином,\(x_{1} ≈ 3\pi/2\).
Показати символічно, що не\(\tan x = x\) має рішення для\(0 < x < \pi/2\). (Результат виглядає правдоподібно наочно, але варто перевірити, щоб намалювати малюнок.)
Де, приблизно, знаходяться наступні перехрестя?
У\(x\) міру зростання\(y = x\) лінія перетинає\(y = \tan x\) графік все вище і тому все ближче до вертикальних асимптотів. Тому зробіть наступне асимптотичне наближення для великої частини\(x_{n}\):
\[x_{n} ≈ (n + \frac{1}{2})\pi. \label{6.18} \]
Виймаючи велику частину
Цей наближений, низькоентропійний вираз для\(x_{n}\) дає велику частину\(S\) (нульове наближення).
\[S ≈ \sum[\underbrace{(n + \frac{1}{2}\pi}_{≈x_{n}}]^{-2} = \frac{4}{\pi^{2}} \sum_{1}^{\infty} \frac{1}{(2n + 1)^{2}}. \label{6.19} \]
Сума\(\sum_{1}^{\infty} (2n + 1)^{−2}\) є, з малюнка (Розділ 4.5) або з підсумовування Ейлера - Маклорена (Розділ 6.3.2), приблизно наступним інтегралом.
\[\sum_{1}^{\infty}(2n + 1)^{-2} \approx \int_{1}^{\infty}(2n+1)^{-2} \mathrm{~d} n=-\frac{1}{2} \times\left.\frac{1}{2n + 1}\right|_{1} ^{\infty}=\frac{1}{6}\label{6.20} \]
Тому,
\[S ≈ \frac{4}{\pi^{2}} x \frac{1}{6} = 0.067547... \label{6.21} \]
Затінені виступи - це приблизно трикутники, і вони складають половину першого прямокутника. Цей прямокутник має площу 1/9, тому
\[\sum_{1}^{\infty} (2n + 1)^{-2} ≈ \frac{1}{6} + \frac{1}{2} x \frac{1}{9} = \frac{2}{9}. \label{6.22} \]
Тому більш точна оцінка\(S\) є
\[S ≈ \frac{4}{\pi^{2}} x \frac{2}{9} = 0.090063..., \label{6.23} \]
що трохи вище першої оцінки.
Нове наближення - це завищення чи недооцінка?
Нове наближення базується на двох недооцінках. По-перше, асимптотичне наближення\(x_{n} ≈ (n + 0.5)\pi\) завищує кожен xn і тому занижує квадратні зворотні в сумі\(\sum x_{n}^{-2}\). По-друге, зробивши асимптотичне наближення, образотворче наближення до суми\(\sum_{1}^{\infty}(2n + 1)^{−2}\) замінює кожен виступ вписаним трикутником і тим самим занижує кожен виступ (Задача 6.24).
Намалюйте картину недооціненого в образотворчому наближенні
\[\int_{1}^{\infty} \frac{1}{(2n + 1)^{2}} ≈ \frac{1}{6} + \frac{1}{2} x \frac{1}{9}. \label{6.24} \]
Як ці дві недооцінки можна виправити?
Друга недооцінка (виступи) усувається шляхом точного підсумовування\(\sum_{1}^{\infty} (2n + 1)^{−2}\). Сума незнайома частково тому, що її перший член - це дріб 1/9, свавілля якого збільшує ентропію суми. Включаючи\(n = 0\) термін, який дорівнює 1, і навіть квадрат взаємно\(1/(2n)^{2}\) виробляє компактну і звичну суму нижньої ентропії.
\[\int_{1}^{\infty} \frac{1}{(2n + 1)^{2}} + 1 + \int_{1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^{2}} = \int_{1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}. \label{6.25} \]
Остаточна сума з низькою ентропією - знаменита Базельська сума (результати високої ентропії не часто відомі). Його значення -\(B = \pi^{2}/6\) (Задача 6.22).
Як знання\(B = \pi^{2}/6\) допомагає оцінити початкову суму\(\sum_{1}^{\infty} (2n + 1)^{−2}\)?
Основна модифікація від початкової суми полягала в тому, щоб включити навіть квадратні взаємні. Їх сума є\(B/4\).
\[\sum_{1}^{\infty} \frac{1}{(2n)^{2}} = \frac{1}{4} \sum_{1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}}. \label{6.26} \]
Друга модифікація полягала в тому, щоб включити\(n = 0\) термін. Таким чином, для отримання скоригуйте значення\(B\) Базеля\(\sum_{1}^{\infty} (2n + 1)^{−2}\), віднімаючи\(B/4\) а потім\(n = 0\) термін. Результат, після заміни\(B = \pi^{2}/6\), є
\[\sum_{1}^{\infty} \frac{1}{(2n + 1)^{2}} = B - \frac{1}{4}B - 1 = \frac{\pi^{2}}{8} - 1 \label{6.27} \]
Ця точна сума, заснована на асимптотичному наближенні для\(x_{n}\), дає наступну оцінку\(S\).
\[S ≈ \frac{4}{\pi^{2}} \sum_{1}^{\infty} \frac{1}{(2n + 1)^{2}} = \frac{4}{\pi^{2}} (\frac{\pi^{2}}{8} - 1) \label{6.28} \]
Спрощення шляхом розширення продукту дає
\[S ≈ \frac{1}{2} - \frac{4}{pi^{2}} = 0.094715... \label{6.29} \]
Перевірте попередні образливі міркування (Проблема 6.24), які\(1/6 + 1/18 = 2/9\) недооцінюють\(\sum_{1}^{\infty} (2n + 1)^{−2}\). Наскільки точною була ця оцінка?
Ця оцінка\(S\) є третьою, яка використовує асимптотичне наближення\(x_{n} ≈ (n + 0.5)\pi\). Зібрані разом кошториси складають
Оскільки третя оцінка включала точне значення\(\sum_{1}^{\infty} (2n + 1)^{−2}\), будь-яка залишкова похибка в оцінці\(S\) повинна належати до самого асимптотного наближення.
Для якого терміну\(\sum {x_{n}}^{−2}\) асимптотичне наближення найбільш неточним?
У\(x\) міру зростання графіки\(x\) і\(\tan x\) перетинаються все ближче до вертикальної асимптоти. Таким чином, асимптотичне наближення робить свою найбільшу абсолютну похибку при\(n = 1\). Оскільки\(x_{1}\) це найменший корінь, дробова похибка в\(x_{n}\) є, щодо абсолютної похибки в\(x_{n}\), ще більш концентрована при\(n = 1\). Дробова похибка в\(x_{n}^{−2}\), яка в −2 рази перевищує дробову похибку\(n\) в\(x\) (Розділ 5.3), однаково зосереджена на\(n = 1\). Тому що\(x_{n}^{−2}\) є найбільшим at\(n = 1\), абсолютна похибка в\(x_{n}^{−2}\) (дробова похибка раз\(x_{n}^{−2}\) сама по собі) є, безумовно, найбільшою в\(n = 1\).
Оцініть, як функцію\(n\), абсолютну похибку в\(x_{n}^{−2}\) тому, що виробляється\(n\) асимптотичним наближенням.
З похибкою\(n = 1\), настільки зосередженою на, найбільше поліпшення оцінки\(S\) відбувається від заміни наближення більш\(x_{1} = (n + 0.5)\pi\) точним значенням. Простим числовим підходом є послідовне наближення за допомогою методу Ньютона—Рафсона (задача 4.38). Щоб знайти корінь за допомогою цього методу, зробіть стартову здогадку\(x\) і неодноразово покращуйте його за допомогою заміни
\[x \rightarrow x - \frac{\tan x - x}{\sec^{2}x - 1}. \label{6.30} \]
Коли стартова\(x\) здогадка для трохи нижче першого асимптота при\(1.5\pi\) процедурі швидко сходиться до\(x_{1} = 4.4934 . . .\)
Тому для поліпшення оцінки\(S ≈ 0.094715\), яка була заснована на асимптотичному наближенні, віднімають її приблизний перший член (його велику частину) і додають виправлений перший член.
\[S = S_{\text{old}} - \frac{1}{(1.5\pi)^{2}} + \frac{1}{4.4934^{2}} ≈ 0.09921. \label{6.31} \]
Використання методу Ньютона-Рафсона для уточнення, крім того,\(1/x_{2}^{2}\) термін дає\(S ≈ 0.09978\) (Задача 6.27). Тому високоосвічена здогадка - це
\[S = \frac{1}{10}. \label{6.32} \]
Нескінченна сума невідомих трансцендентних чисел, здається, не є ні трансцендентною, ні ірраціональною! Це просте і дивовижне раціональне число заслуговує простого пояснення.
Вибирайте маленьку\(N\), скажімо 4. Потім використовуйте метод Ньютона-Рафсона для обчислення точних значень\(x_{n}\) for\(n = 1 . . . N\); і використовуйте ці значення для уточнення оцінки\(S\). Оскільки ви розширюєте обчислення до більших значень\(N\), чи уточнені оцінки\(S\) наближення до нашої освіченої здогадки 1/10?
Аналогія з многочленами
Якби рівняння\(\tan x − x = 0\) мало лише кілька рішень закритої форми! Тоді суму\(S\) було б легко обчислити. Це бажання виконується\(\tan x − x\) заміною поліноміального рівняння з простими коренями. Найпростішим цікавим многочленом є квадратичний, тому експериментуйте з простим квадратичним наприклад,\(x^{2} − 3x + 2\).
Цей многочлен має два\(x = 1\) корені, і\(x = 2\); отже\(\sum x_{n}^{−2}\), многочлен-коренева сума аналог суми дотичної кореня, має два члени.
\[\sum x_{n}^{-2} = \frac{1}{1^{2}} + \frac{1}{2^{2}} = \frac{5}{4}. \label{6.33} \]
Цей метод грубої сили для обчислення кореневої суми вимагає розв'язку квадратного рівняння. Однак метод, який може перейти до рівняння\(\tan x − x = 0\), який не має рішення закритої форми, не може використовувати самі корені. Він повинен використовувати лише поверхневі риси квадратики, а саме два його коефіцієнти 2 та −3. На жаль, жодна правдоподібна методика об'єднання 2 і −3 цього не передбачає\(\sum x_{n}^{−2} = 5/4\).
Де поліноміальна аналогія пішла не так?
Проблема в тому, що квадратик\(x^{2} − 3x + 2\) недостатньо схожий на\(\tan x − x\). Квадратичний має тільки позитивні корені; однак\(\tan x − x\), непарна функція, має симетричні позитивні і негативні корені і має корінь в\(x = 0\). Дійсно, серія Тейлора для\(\tan x\) є\(x + x^{3}/3 + 2x^{5}/15 + ···\) (Проблема 6.28); отже,
\[\tan x - x = \frac{x^{3}}{3} + \frac{2x^{5}}{15} + ... \label{6.34} \]
Загальний фактор\(x^{3}\) кошти, що\(\tan x − x\) має потрійний корінь при\(x = 0\).
Аналогічний многочлен тут, один з потрійним коренем в\(x = 0\), позитивний корінь, а симетричний негативний корінь -\((x+2) x^{3}(x−2)\) або, після розширення,\(x^{5} − 4x^{3}\). Сума\(\sum x_{n}\) (з використанням позитивного кореня) містить тільки один член і становить просто 1/4. Це значення може правдоподібно виникати як (негативне) відношення останніх двох коефіцієнтів многочлена.
Щоб вирішити, чи є цей шаблон збігом, спробуйте багатший многочлен: один з коренями −2, −1, 0 (трикратний), 1 і 2. Одним з таких многочленів є
\[(x + 2)(x + 1)x^{3}(x - 1)(x - 2) = x^{7} - 5x^{5} + 4x^{3}. \label{6.35} \]
Сума многочлена кореня використовує тільки два додатних кореня 1 і 2 і є\(1/1^{2} + 1/2^{2}\), що становить 5/4 (негативне) відношення останніх двох коефіцієнтів.
Як остаточний тест цього зразка, включіть −3 і 3 серед коренів. Отриманий многочлен дорівнює
\[(x^{7} - 5x^{5} +4x^{3}) (x + 3)(x - 3) = x^{9} - 14x^{7} + 49x^{5} - 36x^{3}. \label{6.36} \]
Сума многочлена кореня використовує три додатних кореня 1, 2 і 3 і є\(1/1^{2} + 1/2^{2} + 1/3^{2}\), що є 49/36 знову (негативним) відношенням двох останніх коефіцієнтів у розширеному поліномі.
Яке походження візерунка, і як його можна розширити\(\tan x − x\)?
Щоб пояснити закономірність, приберіть многочлен наступним чином:
\[x^{9} − 14x^{7} + 49x^{5} − 36x^{3} = −36x^{3} (1 - \frac{49}{36}x^{2} + \frac{14}{36}x^{4} - \frac{1}{36}x^{6}). \label{6.37} \]
У такому розташуванні сума 49/36 виступає як мінус першого цікавого коефіцієнта. Давайте узагальнимо. Розміщення\(k\) коренів у\(x = 0\) та одиночних коренів\(± x_{1}, ± x_{2}, . . ., ± x_{n}\) дає многочлен
\[Ax^{k}(1 - \frac{x^{2}}{x_{1}^{2}}) \frac{x^{2}}{x_{2}^{2}}) \frac{x^{2}}{x_{3}^{2}}) ... \frac{x^{2}}{x_{n}^{2}}), \label{6.38} \]
де\(A\) константа. При розширенні добутку факторів в дужках коефіцієнт\(x^{2}\) терміну в розширенні отримує по одному внеску з кожного члена\(x^{2}/x_{k}^{2}\) в множник. Таким чином, починається розширення
\[Ax^{k}[1 - (\frac{1}{x_{1}^{2}} + \frac{1}{x_{2}^{2}} + \frac{1}{x_{3}^{2}} + ... + \frac{1}{x_{n}^{2}})x^{2} + ...].\label{6.39} \]
Коефіцієнт\(x^{2}\) в дужках дорівнює\(\sum_{x_{n}}^{−2}\), який є поліноміальним аналогом дотичної суми кореня.
Давайте застосуємо цей метод до\(\tan x − x\). Хоча це не многочлен, його ряд Тейлора схожий на нескінченний градусний поліном. Серія Тейлора
\[\frac{x^{3}}{3} + \frac{2x^{5}}{15} + \frac{17x^{7}}{315} + ... = \frac{x^{3}}{3} (1 + \frac{2}{5}x^{2} + \frac{17}{105}x^{4} + ...). \label{6.40} \]
Негативним\(x^{2}\) коефіцієнтом має бути −\(\sum x_{n}^{-2}\). Тому для задачі про тангенс\(x − 2\) має бути −2/5. На жаль, сума позитивних величин не може бути негативною!
Що пішло не так з аналогією?
Однією з проблем є те, що\(\tan x − x\) можуть мати уявні або складні корені, квадрати яких сприяють негативні суми\(S\). На щастя, всі його коріння реальні (Проблема 6.29). Важче вирішити проблему полягає в тому, що\(\tan x − x\) йде до нескінченності при кінцевих значеннях\(x\), і робить це нескінченно часто, тоді як жоден многочлен не робить цього навіть один раз.
Рішення полягає в побудові функції, яка не має нескінченностей, але має ті самі корені, що і\(\tan x − x\). Нескінченності\(\tan x − x\) відбуваються там, де\(\tan x\) вибухає, що є де\(\cos x = 0\). Щоб видалити нескінченності, не створюючи і не руйнуючи жодних коренів, розмножте\(\tan x − x\) на\(\cos x\). Отже, поліноміальна функція для розширення є\(\sin x − x \cos x\).
Його розширення Тейлора
\[\underbrace{\left(x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{5}}{120}-\cdots\right)}_{\sin x}-\underbrace{\left(x-\frac{x^{3}}{2}+\frac{x^{5}}{24}-\cdots\right)}_{x \cos x} . \label{6.41} \]
Різниця двох серій полягає в
\[\sin x - x\cos x = \frac{x^{3}}{3}(1 - \frac{1}{10}x^{2} + ...). \label{6.42} \]
\(x^{3}/3\)Фактор вказує на потрійний корінь при\(x = 0\). І там, нарешті, як мінус\(x^{2}\) коефіцієнта, сидить наша дотично-коренева сума\(S = 1/10\).
Задача 6.28 Ряд Тейлора для дотичної
Використовуйте серію Тейлора для\(\sin x\) і\(\cos x\) показати, що
\[tan x = x + \frac{x^{3}}{3} + \frac{2x^{5}}{15} + ... . \label{6.43} \]
Підказка: Використовуйте виймаючи велику частину.
Проблема 6.29 Тільки реальні корені
Покажіть, що всі коріння\(\tan x − x\) реальні.
Задача 6.30 Точна сума Базеля
Використовуйте поліноміальну аналогію для оцінки суми Базеля
\[\sum_{1}^{\infty} \frac{1}{n^{2}} \label{6.44} \]
Порівняйте свій результат з рішенням проблеми 6.22.
Проблема 6.31 Введення в оману альтернативних розширень
Квадратування і прийняття взаємного\(\tan x = x\) дає\(cot^{2}x = x^{−2}\); еквівалентно,\(cot^{2}x = x^{−2} = 0\). Тому якщо\(x\) це корінь\(\tan x − x\), то це корінь\(cot^{2}x = x^{−2}\). Розширення Тейлора\(cot^{2}x = x^{−2}\) є
\[-\frac{2}{3}(1 - \frac{1}{10}x^{2} - \frac{1}{63}x^{4} - ...). \label{6.45} \]
Оскільки коефіцієнт\(x^{2}\) дорівнює −1/10, сума дотичної кореня\(S\) для\(\cot x = x^{−2}\) і, отже,\(\tan x = x\) повинна бути 1/10. Як ми виявили експериментально та аналітично\(\tan x = x\), висновок правильний. Однак що не так з міркуваннями?
Задача 6.32 Четверті повноваження взаємних
Серія Тейлора для\(\sin x − x \cos x\) триває
\[\frac{x^{3}}{3}(1 - \frac{x^{2}}{10} + \frac{x^{4}}{280} - ...). \label{6.46} \]
Тому знайдіть\(\sum x_{n}^{−4}\) для себе позитивні коріння\(\tan x = x\). Перевірте чисельно, чи ваш результат правдоподібний.
Задача 6.33 Інші рівняння джерела для коренів
Знайдіть\(\sum x_{n}^{−2}\), де\(x_{n}\) знаходяться позитивні коріння\(\cos x\).