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
Re: Tangente fastidiosa!
Inviato: 25 mar 2014, 18:08
da Triarii
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:
L'equazione iniziale è equivalente a risolvere $\tan x -x=0$
1)Notiamo Intanto che in esiste una ed una sola soluzione con ascissa $a_i$ in ogni intervallo $( -\dfrac {\pi } {2}+(i-1)\pi, \dfrac {\pi } {2}+(i-1)\pi )$, escluso nel primo intervallo dove abbiamo una soluzione negativa, una uguale a 0 e una positiva (chiamiamo quest'ultima $a_1$, ma poco cambia).
Infatti se $f(x)=\tan x -x \Rightarrow f'(x)=\dfrac {1} {\cos ^2 x}-1\ge 0$ (nei punti in cui ho $f'(x)=0$ ho dei flessi a tangente orizzontale che non ci danno noia). Pertanto $f(x)$ è crescente e non può intersecare più di una volta l'asse $x$ (alternativamente si dovrebbe raggungere ad un assurdo usando Rolle). D'altronde almeno una soluzione nel periodo considerato esiste: dato che $f(x)$ è continua, basta prendere i limiti di $f(x)$ agli estremi del periodo, notare che sono $-\infty$ e $+\infty$ (rispettivamente estremo sinistro e destro del periodo) e quindi applicre il teorema di Bolzano (o di esistenza degli zeri se preferisci). Quindi abbiamo mostrato che in ogni intervallo esiste una unica soluzione (segue quindi che esistono infinite soluzioni)
2)Torniamo ora a considerare l'equazione nella forma $\tan x=x$ (un disegno davanti spero aiuti a capire cosa sto cercando di dire)
Si noti che per $a$ grandi, l'intersezione fra la retta e la tangente avviene per valori grandi di $y$, (vale infatti $a_i=y_i$), quindi per punti in cui $\tan a$ è grande e quindi molto vicina al suo asintoto. Sia $d(n)$ la distanza fra la tangente e l'asintoto nel punto-soluzione $a_n$. Abbiamo che $\lim_{n\rightarrow \infty } d(n)=0$ (non l'ho fatto ma non dovrebbe essere un limite difficile da fare).
In sintesi, unendo le 2 osservazioni fatte, abbiamo che per $n$ grandi, le soluzioni giacciono praticamente su ogni asintoto della tangete. Il limite iniziale si riduce alla differenza di ascisse di asintoti consecutivi, pertanto pari a $\pi$
Re: Tangente fastidiosa!
Inviato: 25 mar 2014, 19:20
da Albertobucci95
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!
Inviato: 22 apr 2014, 18:07
da elianto84
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 $x \rightarrow \frac{x}{\sin^2 x}-\cot x$.
Re: Tangente fastidiosa!
Inviato: 29 apr 2014, 13:31
da machete
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.
