Resolviendo$y^y = x$ para grandes$x$

Question

Yo estaba jugando con relaciones de recurrencia y notó que $\sqrt x$ tiene la diversión de la propiedad que $$\frac{x}{f(x)} = f(x)$$ ($\sqrt{x}$ y su negación son las únicas funciones que se $f(x)$ que satisfacer este).

Que me puso a pensar acerca de lo que las funciones de satisfacer $$\sqrt[f(x)]{x} = f(x).$$

Estas funciones se deben satisfacer $$x = f(x)^{f(x)}.$$

Si dejamos $y = f(x)$, esto se reduce a la solución de $$y^y = x.$$

Estoy teniendo problemas para ver cómo solucionar esto. Mi idea inicial era llevar el registro de ambos lados, dando

$$y \log y = \log x,$$

y luego trató de ver si el cambio de base de la fórmula podría ayudar, ya que la declaración anterior implica que

$$y = \log_y x,$$

pero esto no parece ofrecer ninguna claridad.

Hay una buena manera de resolver esta ecuación? O es que hay un nombre conocido para una función de $x$ diseñado específicamente para esta propiedad?

Answer 1

La función Lambert W $W$ se define como la inversa del mapa$z \mapsto z e^z$ (o más precisamente, su restricción a$[0, \infty)$). Un poco de álgebra muestra que una solución$x$ a$x^x = y$ es (para% adecuado$y$)$$x = e^{W(\log y)} = \frac{\log y}{W(\log y)} .$ $

Answer 2

No, No hay manera agradable. (Piense en ello de esta manera: ¿cómo se podría solucionar $x*x=y$, si usted no sabe acerca de la función de raíz cuadrada? La raíz cuadrada fue inventado para solucionar $x*x=y$; usted necesita otra función especial para solucionar $x^x = y$ (y como Travis menciona anteriormente, una muy similares y se llama a la función de los Lambert $W$-función).

¿Qué pasa si usted quiere encontrar una solución aproximada? Este es un gran lugar para probar el método de Newton. Si usted desea solucionar $f(x)=y$, y tienes algo de valor inicial $x_0$, el método de Newton le permite obtener una mejor estimación (por lo general), mediante la fórmula $$x_1 = x_0 - [f(x_0)-y]/f'(x_0)$$ donde $f'$ es la derivada. Para el caso de $f(x) = x \log x$ e $\log y$ hemos $$x_1 = x_0 - (x_0\log x_0 - \log y)/(\log x_0 + 1)$$ (si usted no ha hecho el Cálculo, sin embargo, usted tendrá que dar por sentado que por ahora cómo llegué a ese término en el denominador.)

Y podemos repetir este proceso para conseguir mejor y mejor conjeturas: $$x_{i+1} = x_i - (x_i\log x_i - \log y)/(\log x_i + 1).$$

Vamos a intentar esto con $y=1000$. Desde $x\log x \approx x$, vamos a recoger $x_0 = \log y = 6.9$ como estimación inicial. Enchufar a la fórmula repetidamente puedo conseguir $$\begin{array}{lc}x_0 & 6.9\\x_1 & 4.7101\\x_2 & 4.55654\\ x_3 & 4.55554 \\ x_4 & 4.55554\end{array}$$

Los números han dejado de cambiar, por lo que el método ha terminado: puedo comprobar $$4.55554^{4.55554} = 1000.01$$ así que tengo una muy buena estimación de la derecha el valor de $x$.

Curiosamente, este mismo enfoque se utilizó para calcular los $\sqrt{x}$ por los antiguos Babilonios, antes de calculadoras (y antes de que Newton inventó el método general).