有趣的代数方程结论及推广
在《数学分析中的问题与定理》中有一个有趣的结论：设\(\lambda>0\),且\(x_n\) 为下列代数方程的唯一正根
\(1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\dots+\frac{x^n}{n!}=\lambda e^x\)
当\(n \to \infty\)时,
\(x_n=n+\alpha\sqrt{n}+\beta\)
其中\(\alpha,\beta\)满足下列方程：
\(\lambda=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{\alpha}^{\infty} e^{-\frac{t^2}{2}} dt \)
\(\beta=\frac{\alpha^2+2}{3}\)
我们的问题是
1.如何求得更精确的表达式？
2.若 \(1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\dots+\frac{x^n}{n!}=a\),\(a>0\),求代数方程的根\(x_n\)的渐近表达式？ 本帖最后由 282842712474 于 2016-7-9 10:25 编辑
我想说一点都不有趣...你怎么这么多这类题呀。
第二问，让我想起了2012年广州一模最后一题，类似的。
很自然会想到用$e^x$来近似$\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}$，但究竟有多近似？可以考虑
$$f(x)=e^{-x}\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}$$
可以发现：
$$f'(x)=-\frac{x^n e^{-x}}{n!}=-g(x)$$
可以考虑用简单的函数来近似表示$g(x)$，$g(x)$的极大值点为$x=n$，于是可以用二次函数来近似
$$g(x)\approx \frac{n^n e^{-n}}{n!}\left$$
不过这要分段才行。不用分段，一个很直接的更好的近似是
$$g(x)\approx \frac{n^n e^{-n}}{n!}\exp\left[-\frac{1}{2n}\left(x-n\right)^2\right]$$
但这个方案没有简单的积分，需要用到误差函数。这时
$$f(x)\approx1-\frac{n^n e^{-n}}{n!}\int_0^x\exp\left[-\frac{1}{2n}\left(x-n\right)^2\right]dx$$
也就是
$$\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}\approx e^x\left(1-\frac{n^n e^{-n}}{n!}\int_0^x\exp\left[-\frac{1}{2n}\left(x-n\right)^2\right]dx\right)$$
如果用这个求解方程，那么就有
$$x=\ln\left(a+e^x\frac{n^n e^{-n}}{n!}\int_0^x\exp\left[-\frac{1}{2n}\left(x-n\right)^2\right]dx\right)$$
将$x=\ln a$代入，迭代一次
$$\begin{aligned}x=&\ln\left(a+a\frac{n^n e^{-n}}{n!}\int_0^{\ln a}\exp\left[-\frac{1}{2n}\left(x-n\right)^2\right]dx\right)\\
=&\ln a + \ln\left(1+\frac{n^n e^{-n}}{n!}\int_0^{\ln a}\exp\left[-\frac{1}{2n}\left(x-n\right)^2\right]dx\right)\\
=&\left(1+\frac{e^{-\frac{3 n}{2}} n^n}{n!}\right)\ln a
\end{aligned}$$
随手写的，不知道有没有意义～～最后一步是由泰勒级数展开计算的。验算表明，当$n$不大时（10以内），而$a$也不会很大时（$3n$以内），上式提供了一个有效的修正。 对于第2问：当\(a=0\)时
《数学分析中的问题与定理》中给出了结论：当\(n\)为奇数时
\(1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\dots+\frac{x^n}{n!}=0\) 的唯一实根：
\(-x=\xi n+\frac{\xi}{2(\xi+1)}\ln(n)+\frac{\xi}{\xi+1}\ln({\sqrt{2\pi}}(\frac{\xi+1}{\xi}))=0.2784645n+0.1089\ln(n)+0.5321...\)
其中\(\xi\)满足\(\xi e^{1+\xi}=1\)
我们可以设3#的一般解为：
\[-x=\alpha n+\frac{\beta}{2}\ln(n)+\beta\ln(\frac{\sqrt{2\pi}}{\beta})+\frac{a_1(\beta\ln(n))+a_0}{n}+\frac{b_2(\beta\ln(n))^2+b_1(\beta\ln(n))+b_0}{n^2}+\frac{c_3(\beta\ln(n)^3+c_2(\beta\ln(n))^2+c_1(\beta\ln(n))+c_0}{n^3}+\dots\]
显然由上面有：
\(\alpha=\xi=0.2784645...\)
\(\beta=\frac{\xi}{\xi+1}=0.2178...\)
其余参数\(a_0,a_1,b_0,b_1,b_2,c_0,c_1,c_2,c_3\)如何求解？ 根据1#结果：我们采用渐近级数展开的方法可以得到
\(\ln(a)-n-\alpha\sqrt{n}+\frac{\alpha^2}{6}-\frac{2}{3}-\ln(\alpha)+\frac{1}{2}\ln(2\pi)+\frac{1}{\alpha^2}-\frac{5}{2\alpha^4}+\frac{37}{3\alpha^6}-\frac{353}{4\alpha^8}-\frac{4081}{5\alpha^{10}}+\frac{55205}{6\alpha^{12}}+\dots=0\) 我们现在采用渐近级数分析的方法给出：
\
\[=e^x-\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}(1+\frac{x}{n}+\frac{-2x+x^2}{n^2}+\frac{4x-5x^2+x^3}{n^3}+\frac{-8x+19x^2-9x^3+x^4}{n^4}+\frac{16x-65x^2+55x^3-14x^4+x^5}{n^5}+\frac{-32x+211x^2-285x^3+125x^4-20x^5+x^6}{n^6}+\dots)\]
\[=e^x-\frac{(\frac{ex}{n})^{n+1}}{\sqrt{2ne\pi}}(1+\frac{12x-13}{12n}+\frac{288x^2-888x+313}{288n^2}+\frac{-56201-315360x^3+376020x+51840x^2}{5184n^3}+\frac{2488320x^4-25090560x^3-38795568x+63460800x^2+2697077}{2488320n^4}\]
\[+\frac{-19250949312x^2+13761135360x^3+209018880x^5-226718347+6744209892x-3152701440x^4}{209018880n^5}+\dots)\]
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