Ragazzi mi sono imbattuto in questo interessante problema:
Chiamo $ a_i $ le soluzioni dell'equazione $ tan x=x $ ordiniamo le soluzioni in maniera che $ a_n < \ a_{n+1} $. Calcolare se esiste ed è finito il $ lim_{n \to \infty}a_{n+1}-a_n $.
Io ho trovato un modo per risolverlo molto lontano dalla soluzione originaria ma non so se in un test una soluzione simile sia accettabile, appena lo risolvete vorrei sapere il parere di qualche esperto
Tangente fastidiosa!
Re: Tangente fastidiosa!
Anche io ho una soluzione che credo non sia rigorosa. Metto quindi in spoiler per non rovinarlo a quelli che lo vogliono risolvere più rigorosamente.
Testo nascosto:
"We' Inge!"
LTE4LYF
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Re: Tangente fastidiosa!
Triarii è proprio come avevo intenzione di spiegarlo io, ma secondo te una dimostrazione per via grafica è comunque rigorosa se adeguatamente motivata? Se qualcuno ne sa di più sulla questione è ben accetto il parere, grazie
Re: Tangente fastidiosa!
Per rendere rigoroso il ragionamento è sufficiente provare che, detta $x_n$ l'ennesima soluzione in $\mathbb{R}^+$ di $x=\tan x$, vale:
$$ x_n = (2n+1)\frac{\pi}{2}-\varepsilon_n,\qquad \varepsilon_n=o(1). $$
Si noti che deve aversi $\varepsilon_n> 0$ e:
$$ \tan \varepsilon_n = \frac{1}{(2n+1)\frac{\pi}{2}-\varepsilon_n}. $$
Notiamo però che nel punto $x=\frac{1}{\pi n}$ il membro sinistro è più grande del destro, infatti:
$$ \tan \frac{1}{\pi n} > \frac{1}{\pi n} > \frac{1}{(2n+1)\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\pi n}} $$
in quanto $\pi n < (2n+1)\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\pi n}$. Questo permette di dedurre che $x_n$ appartiene ad un intervallo piuttosto stretto:
$$ x_n \in \left((2n+1)\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\pi n},(2n+1)\frac{\pi}{2}\right), $$
e concludere.
Sfruttando adeguatamente la convessità della tangente nei giusti intervalli immagino che queste stime si possano anche molto raffinare utilizzando il metodo di Newton; la casa consiglia di partire dall'approssimazione:
$$ x_n \sim \pi + (2n-1)\left(\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2\pi n^2}\right) $$
e applicare molteplici volte l'iterazione $x \rightarrow \frac{x}{\sin^2 x}-\cot x$.
$$ x_n = (2n+1)\frac{\pi}{2}-\varepsilon_n,\qquad \varepsilon_n=o(1). $$
Si noti che deve aversi $\varepsilon_n> 0$ e:
$$ \tan \varepsilon_n = \frac{1}{(2n+1)\frac{\pi}{2}-\varepsilon_n}. $$
Notiamo però che nel punto $x=\frac{1}{\pi n}$ il membro sinistro è più grande del destro, infatti:
$$ \tan \frac{1}{\pi n} > \frac{1}{\pi n} > \frac{1}{(2n+1)\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\pi n}} $$
in quanto $\pi n < (2n+1)\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\pi n}$. Questo permette di dedurre che $x_n$ appartiene ad un intervallo piuttosto stretto:
$$ x_n \in \left((2n+1)\frac{\pi}{2}-\frac{1}{\pi n},(2n+1)\frac{\pi}{2}\right), $$
e concludere.
Sfruttando adeguatamente la convessità della tangente nei giusti intervalli immagino che queste stime si possano anche molto raffinare utilizzando il metodo di Newton; la casa consiglia di partire dall'approssimazione:
$$ x_n \sim \pi + (2n-1)\left(\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2\pi n^2}\right) $$
e applicare molteplici volte l'iterazione $x \rightarrow \frac{x}{\sin^2 x}-\cot x$.
Jack alias elianto84 alias jack202
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
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Re: Tangente fastidiosa!
Provo una traduzione analitica di ciò che è evidente geometicamente:)
Come ha rigorosamente dimostrato Triarii in $(k\pi-\pi/2,k\pi+\pi/2)$ ho essatamente una soluzione $a_k$. Si ha quindi:
$$
k\pi-\pi/2\leq a_k\leq k\pi+\pi/2
$$
Ora, arcotangentando e ricordando $a_k$ chi è, si ottiene:
$$
\arctan(k\pi-\pi/2)\leq [a_k]\leq \arctan(k\pi+\pi/2)\qquad (1)
$$
dove $[a_k]$ è il rappresentante in $(-\pi/2,\pi/2)$ di $a_k\ \pmod{\pi}$, dato che in $(k\pi-\pi/2k\pi+\pi/2)$ ho esattamente una soluzione, sommo $k\pi$ a tutti i membri di $(1)$ e ottengo:
$$
k\pi+\arctan(k\pi-\pi/2)\leq k\pi+[a_k]=a_k \leq k\pi + \arctan(k\pi+\pi/2)\qquad (2)
$$
D' altronde per $a_{k-1}$ valeva (moltiplicando per $-1$ la $(2)$):
$$
-(k-1)\pi-\arctan((k-1)\pi+\pi/2)\leq -a_{k-1} \leq -(k-1)\pi - \arctan((k-1)\pi-\pi/2)\qquad (3)
$$
Sommando membro a membro la (2) e la (3) ottego:
$$
\pi+\arctan(k\pi-\pi/2)-\arctan((k-1)\pi+\pi/2)\leq a_k-a_{k-1}\leq \pi +\arctan(k\pi+\pi/2)-\arctan((k-1)\pi-\pi/2)
$$
Ora faccio tendere in questa catena $k\rightarrow\infty$ per il criterio dei limiti funzioni-successioni le differenze di arcotangenti a primo e terzo membro sono zero (vanno entrambe a $\pi/2$) quindi per il teorema dei carabinieri in versione successioni il limite cercato fa proprio $\pi$.
Per rispondere, personalmente credo che chi ha fatto questo esercizio volesse proprio vedere la capacità di formalizzare una evidenza "empirica" tutto sommato semplice.
Come ha rigorosamente dimostrato Triarii in $(k\pi-\pi/2,k\pi+\pi/2)$ ho essatamente una soluzione $a_k$. Si ha quindi:
$$
k\pi-\pi/2\leq a_k\leq k\pi+\pi/2
$$
Ora, arcotangentando e ricordando $a_k$ chi è, si ottiene:
$$
\arctan(k\pi-\pi/2)\leq [a_k]\leq \arctan(k\pi+\pi/2)\qquad (1)
$$
dove $[a_k]$ è il rappresentante in $(-\pi/2,\pi/2)$ di $a_k\ \pmod{\pi}$, dato che in $(k\pi-\pi/2k\pi+\pi/2)$ ho esattamente una soluzione, sommo $k\pi$ a tutti i membri di $(1)$ e ottengo:
$$
k\pi+\arctan(k\pi-\pi/2)\leq k\pi+[a_k]=a_k \leq k\pi + \arctan(k\pi+\pi/2)\qquad (2)
$$
D' altronde per $a_{k-1}$ valeva (moltiplicando per $-1$ la $(2)$):
$$
-(k-1)\pi-\arctan((k-1)\pi+\pi/2)\leq -a_{k-1} \leq -(k-1)\pi - \arctan((k-1)\pi-\pi/2)\qquad (3)
$$
Sommando membro a membro la (2) e la (3) ottego:
$$
\pi+\arctan(k\pi-\pi/2)-\arctan((k-1)\pi+\pi/2)\leq a_k-a_{k-1}\leq \pi +\arctan(k\pi+\pi/2)-\arctan((k-1)\pi-\pi/2)
$$
Ora faccio tendere in questa catena $k\rightarrow\infty$ per il criterio dei limiti funzioni-successioni le differenze di arcotangenti a primo e terzo membro sono zero (vanno entrambe a $\pi/2$) quindi per il teorema dei carabinieri in versione successioni il limite cercato fa proprio $\pi$.
Per rispondere, personalmente credo che chi ha fatto questo esercizio volesse proprio vedere la capacità di formalizzare una evidenza "empirica" tutto sommato semplice.
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