$2^n=n$ y ecuaciones similares

Question

¿Es posible resolver ecuaciones de la forma $k^n=n$ para n y si es así, ¿cómo? Soy nuevo en el tema de los logaritmos y por eso me gustaría que alguien me lo explicara aunque haya una respuesta obvia.

También ¿Qué pasa con $k^{a+b}=a$ para un O $k^{ab}=a$ ?

Answer 1

Todas estas ecuaciones se pueden normalizar a la forma

$$xe^x=y$$ cuya solución general se ha estudiado en profundidad y se denota como la función $x=W(y)$ conocido como Lambert's.

• $k^n=n$

Escriba $k^n=e^{-x}$ es decir $x=-n\log(k)$ y $e^{-x}=-\dfrac x{\log(k)}$ o $xe^x=-\log(k)$ .

• $k^{a+b}=a=k^ak^b$

Como antes, $xe^x=-\log(k)k^b$ con $x=-a\log(k)$ .

• $k^{ab}=a$ .

Se puede reescribir $bk^{ab}=ab$ y $xe^x=-\log(k)b$ con $x=-ab\log(k)$ .

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En general, no hay un enfoque más sencillo, pero se pueden crear ecuaciones con una solución conocida trabajando a la inversa.

Por ejemplo, tomando $x=-\log(2)$ para que $\log(k)=\dfrac{\log(2)}2$ se obtiene la ecuación

$$(\sqrt2)^n=n$$ con la solución $n=2$ .

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Para aquellos que no están dispuestos a tomar la $W$ por sentado que podemos discutir las raíces reales de $xe^x=y$ .

La derivada es $(x+1)e^x$ para que la función sea decreciente a partir de una asíntota horizontal $(-\infty,0)$ al mínimo en $(-1,-1/e)$ y luego aumenta exponencialmente hasta $(\infty,\infty)$ después de cruzar el origen $(0,0)$ .

Así que no hay soluciones en $y$ para $x<\frac1e$ dos soluciones negativas a ambos lados de $x=-1$ para $1/e<y<0$ y una única solución para $y>0$ .

Answer 2

Creo que el uso de Lambert $W$ es como hacer trampa. ;-) Para obtener un enfoque más general, estudiemos la ecuación $k^x=x$ con $k>0$ .

Considere la función $f(x)=k^x-x$ . Tenemos $$\lim_{x\to-\infty}f(x)=\infty$$ y $$\lim_{x\to\infty}f(x)= \begin{cases} -\infty & \text{if $ 0<k \le 1 $}\\[4px] \infty & \text{if $ k>1 $} \end{cases}$$ Además $$f'(x)=k^x\log k-1$$ Si $0<k\le1$ tenemos $f'(x)<0$ para todos $x$ por lo que la función cruza el $x$ -eje exactamente una vez y la ecuación tiene una única solución. Como $f(0)=1$ y $f(1)=k-1<0$ sabemos que la solución está en el intervalo $(0,1)$ .

El caso más interesante es $k>1$ . La derivada desaparece para $$k^x=\frac{1}{\log k}$$ por lo que para $x\log k=-\log\log k$ o $$x=-\frac{\log\log k}{\log k}$$ donde la función tiene un mínimo absoluto.

Ahora $$f\left(-\frac{\log\log k}{\log k}\right)= \frac{1}{\log k}+\frac{\log\log k}{\log k}= \frac{1+\log\log k}{\log k}$$ La ecuación tiene

• dos soluciones si $1+\log\log k<0$ Es decir, $\log k<e^{-1}$ o $1<k<e^{1/e}$ ;

• una solución si $k=e^{1/e}$ ;

• no hay solución si $k>e^{1/e}$ .

Las ecuaciones de la forma $k^{x+b}=x$ puede estudiarse de forma similar; de forma más general, se puede estudiar $qk^x=x$ teniendo en cuenta que $k^{x+b}=k^b\cdot k^x$ .

Ecuaciones como $k^{xb}=x$ son las mismas que antes, ya que se pueden reescribir como $(k^b)^x=x$ .

Answer 3

$k^n=n$
n se puede encontrar allí la ecuación.
$\frac{-W(-log(n))}{log(n)}$
W es la función W de Lambert Búscalo. https://en.wikipedia.org/wiki/Lambert_W_function El logaritmo tiene una base de e, así que ln(n) si quieres usarlo.