Es $x^2-ax+a^x-1$ real y menos que $2$ ?

Question

Es $x^2-ax+a^x-1$ real y menos que $2$ ?

He empezado por encontrar el discriminante de la función ya que para que una función sea real su dominio tiene que ser real, pero ahí me he quedado con otra ecuación cuadrática, $a^2-4a^x-4$ cómo debo proceder para solucionar esto.

Answer 1

Como comentó @Robert Shore, considere la función $$f(x)=x^2-ax+a^x-3$$ Dado que no existe ninguna restricción sobre $x$ debemos considerar $a>0$ .

Para esta función $$f'(x)=2x-a+a^x\log(a) \qquad \text{and} \qquad f''(x)=2+a^x\log^2(a)$$

La primera derivada se cancela en $$x_*=\frac{a}{2}-\frac{W\left(\frac{1}{2} a^{a/2} \log ^2(a)\right)}{\log (a)}> 0 \quad \forall a >0$$ donde $W(\cdot)$ es la función Lambert.

$$f(x_*)=\frac{W\left(\frac{1}{2} a^{a/2} \log ^2(a)\right) \left(W\left(\frac{1}{2} a^{a/2} \log ^2(a)\right)+2\right)}{\log ^2(a)}-\frac{a^2}{4}-3< 0 \quad \forall a >0$$ $$f''(x_*)=2 \left(W\left(\frac{1}{2} a^{a/2} \log ^2(a)\right)+1\right)> 0 \quad \forall a >0$$

Así que, $x_*$ corresponde a un mínimo de la función.

Así que $f(x) >0$ tan pronto como $x$ es mayor que la solución de $f(x)=0$ . El problema es que esta solución no muestra una expresión analítica ni siquiera utilizando funciones especiales. Esto requeriría métodos numéricos.

Editar

Para la solución de $f(x)=0$ podemos intentar aproximaciones utilizando la expansión de Taylor en torno a $x=x_*$ . Esto da $$f(x)=f(x_*)+\frac 12 f''(x_*) (x-x_*)^2+O((x-x_*)^3)$$ y luego el estimación de las dos raíces $$x_\pm=x_* \pm \sqrt{-2 \frac{f(x_*)}{f''(x_*)}}$$ que no está tan mal como se muestra en la siguiente tabla $$\left( \begin{array}{ccccc} a & x_-^{est} & x_-^{sol} & x_+^{est} & x_+^{sol} \\ 0.5 & -0.903913 & -0.864409 & 1.89548 & 1.92296 \\ 1.0 & -1.000000 & -1.000000 & 2.00000 & 2.00000 \\ 1.5 & -0.936168 & -0.947495 & 1.93926 & 1.92477 \\ 2.0 & -0.812208 & -0.856835 & 1.82693 & 1.76912 \\ 2.5 & -0.687117 & -0.766724 & 1.71781 & 1.62278 \\ 3.0 & -0.578848 & -0.686196 & 1.62603 & 1.50937 \\ 3.5 & -0.489248 & -0.616558 & 1.55184 & 1.42444 \\ 4.0 & -0.415757 & -0.556942 & 1.49223 & 1.36021 \\ 4.5 & -0.355212 & -0.505957 & 1.44407 & 1.31065 \\ 5.0 & -0.304866 & -0.462221 & 1.40477 & 1.27158 \end{array} \right)$$

Utilizando estas estimaciones como $x_0$ , el método de Newton debería converger con bastante rapidez utilizando, como es habitual, $$x_{n+1}=x_n-\frac {f(x_n)}{f'(x_n)}$$ En el presente caso $$x_{n+1}=\frac{a^{x_n} (x_n \log (a)-1)+x_n^2+3}{a^{x_n} \log (a)-a+2 x_n}$$ Utilizarlo para un mal caso $a=5$ los iterados serían

$$\left( \begin{array}{cc} n & x_n \\ 0 & -0.30486609 \\ 1 & -0.47148352 \\ 2 & -0.46224714 \\ 3 & -0.46222053 \end{array} \right)$$

$$\left( \begin{array}{cc} n & x_n \\ 0 & 1.40477251 \\ 1 & 1.28842795 \\ 2 & 1.27188642 \\ 3 & 1.27157994 \\ 4 & 1.27157984 \end{array} \right)$$