Número de soluciones de$e^x=x^3$

Question

¿Cómo puedo obtener analíticamente el número de soluciones de la ecuación de $e^x=x^3$?

Sé Lambert $W$ función, pero incluso con eso, necesitamos saber el valor de $W(-1/3)$ que creo que no podemos calcular con una calculadora/gráfico/etc.

No necesito las soluciones exactas de la ecuación, sólo necesito saber el número de soluciones que tiene. Hay alguna buena aproximación?

He intentado utilizar un método de comparación de las pendientes de las dos funciones en la L. H. S y R. H. S , pero estaba resultando ser demasiado largo.

Answer 1

Desde $e^x>0$, la ecuación es equivalente a $x=3\log x$. Considere la posibilidad de $f(x)=x-3\log x$ (para $x>0$. El límite en el $0$ e $\infty$ son tanto $\infty$.

La derivada es $f'(x)=1-3/x=(x-3)/x$. Así que la función tiene un mínimo absoluto en $x=3$ e $f(3)=3-3\log 3=3(1-\log3)$. Así, la ecuación tiene exactamente dos soluciones.

Con el fin de aproximarse a ellas se puede utilizar cualquier método numérico. Una es $\approx1.8571$.

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Supongamos que usted ha $e^x=x^2$; luego la función es el estudio de $f(x)=x-2\log\lvert x\rvert$. Los límites son $$ \lim_{x\a\infty}f(x)=-\infty,\quad \lim_{x\to0^-}f(x)=\infty,\quad \lim_{x\to0^+}f(x)=\infty,\quad \lim_{x\to\infty}f(x)=\infty $$ y $$ f'(x)=1-\frac{2}{x}=\frac{x 2}{x} $$ La función es creciente sobre $(-\infty,0)$ e $[2,\infty)$; la disminución de más de $(0,2]$.

Desde $f(2)=2-2\log2<0$, tenemos una solución en $(-\infty,0)$ y dos soluciones en $(0,\infty)$.

Answer 2

Entiendo que no se busca una solución exacta. Sin embargo es de interés para mostrar la solución analítica : $$e^x=x^3$$ $$e^{x/3}=x$$ $$xe^{-x/3}=1$$ $$\frac{-x}{3}e^{-x/3}=-\frac13$$ De acuerdo a la definición de la función W de Lambert : $\quad \frac{-x}{3}=W\left(-\frac13 \right)$

La función W de Lambert es multivalor. En el dominio real de las dos ramas se observó $W_0$ e $W_{-1}$. Así que son dos soluciones reales : $$x=-3W_0\left(-\frac13 \right)\simeq 1.857183$$ $$x=-3W_{-1}\left(-\frac13 \right)\simeq 4.536403$$

Se aproxima :

$$W_0(x)\simeq-\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k k^{k-1}}{k!}x^k$$ La serie es muy lenta convergente. Para la exactitud suficiente $n$ debe ser grande.

$$W_{-1}(x)\simeq -\theta-\ln(\theta+\ln(\theta+\ln(\theta+...)))$$ con $\theta=-\ln(-x)$ .

El número de términos que deben ser grandes para exactitud suficiente.

El de arriba recursiva fórmulas no son recomendables (excepto con el ordenador). Mejor uso de cálculo numérico con el método iterativo como el de Newton-Raphson.

Answer 3

No usar Lambert función, considere que usted busca el cero es el de $$f(x)=e^x-x^3$$, Pero más fácil sería $$g(x)=x-3\log(x)$$for which $$g'(x)=1-\frac 3x \qquad \text{and} \qquad g''(x)=\frac 3{x^2} > 0 \qquad \forall x$$ La primera derivada se cancela cuando $$x_*=3 \implies g(3)=3-3\log(3) <0$$ Así, dos raíces.

Para aproximarse a ellas, el uso de una serie de Taylor alrededor de $x=3$ y obtener $$g(x)=(3-3 \log (3))+\frac{1}{6} (x-3)^2+O\left((x-3)^3\right)$$ Ignorar los términos de orden superior, las soluciones están dadas por $$x_\pm=3\pm 3 \sqrt{2 (\log (3)-1)}$$ that is to say $1.6677$ and $4.3323$; no está mal para una primera aproximación.

Si desea pulir las raíces, utilizando el método de Newton nos debe obtener la siguiente iteración $$\left( \begin{array}{cc} n & x_n \\ 0 & 1.667700786 \\ 1 & 1.834637542 \\ 2 & 1.856830114 \\ 3 & 1.857183772 \\ 4 & 1.857183860 \end{array} \right)$$ $$\left( \begin{array}{cc} n & x_n \\ 0 & 4.332299214 \\ 1 & 4.546901400 \\ 2 & 4.536427193 \\ 3 & 4.536403655 \end{array} \right)$$

Editar

Más pronto o más tarde, usted aprenderá que, mejor que con la serie de Taylor, funciones pueden ser localmente aproximan mediante el uso de Padé approximants. El uso de la $[2,2]$ uno (no demasiado complejo para construir), nos shoulf obtener $$g(x)=\frac{(3-3 \log (3))-\frac{2(\log (3)-1)}{3} t +\frac{(8+\log (3))}{54} t^2 } {1+\frac{2 }{9}t-\frac{1}{162}t^2}$$ where $t=(x-3)$.

La solución de la ecuación cuadrática en el numerador va a llevar a $$t=\frac{9 \left(2 \log (3)-2\pm\sqrt{6 \left(-2+\log ^2(3)+\log (3)\right)}\right)}{8+\log (3)}$$ given then, as estimates , $x_1=1.85574$ and $x_2=4.53443$.