Cómo calcular la línea tangente de $\ln(x)$ a través de $(2,6)$ ¿a mano?

Question

Se me ocurrió mi propia pregunta para un alumno tutor, pero ahora yo mismo estoy atascado.

El ejercicio consistía en calcular la ecuación de una recta tangente de $f(x) = \ln(x)$ que pasa por el punto $(2,6)$ . Estoy intentando resolver el problema a mano, pero las ecuaciones que obtengo para resolver el problema no son resolubles con el álgebra lineal que conozco. ¿Es esto correcto, o me estoy perdiendo algo?

Representación del problema, donde la línea verde representa $\ln(x), A = (2,6)$ y la línea negra es la incógnita que hay que calcular:

Answer 1

Derivado de $ \log x$ es $\dfrac{1}{x}$ .

Forma de punto/pendiente de una línea recta:

$$ \dfrac{log\, x -6}{x-2}= \frac{1}{x}$$

Simplifique

$$ x \,log\, x -7x +2 =0 $$

Sólo es posible la solución numérica para encontrar el punto de tangencia a partir de esta ecuación trascendental. Tiene dos soluciones con valores aproximados:

$$x=(0.23697, 1094.6 ) $$

Tome los registros de arriba para encontrar $y$ valores para los dos $x$ valores.

$$y= (-1.43981, 6.99817).$$

EDIT1:

En tu boceto sólo aparece correctamente la primera raíz. Para que también se vea la segunda raíz, hay que hacer un gráfico separado tiene que hacerse con un dominio mayor hasta, digamos, el $x=1100$ y la relación de aspecto dicen $\dfrac12.$

Answer 2

Sabes que la inclinación de la recta es igual a la derivada de la función en el punto en el que se cruzan. Entonces

$ \cfrac{6-\ln x}{2-x}=\cfrac{1}{x}$ lo que implica

$x(7-\ln(x))- 2 = 0$ .

¿Puedes resolverlo desde aquí?

Answer 3

La ecuación $$x \log( x) -7x +2 =0$$ tiene dos soluciones en términos de la función de Lambert. Estas son $$x_1=-\frac{2}{W_{-1}\left(-\frac{2}{e^7}\right)}\approx0.236972 \qquad \text{and} \qquad x_2=-\frac{2}{W\left(-\frac{2}{e^7}\right)}\approx1094.63$$

Los límites de la raíz más pequeña pueden estimarse utilizando $$-1-\sqrt{2u}-u < W_{-1}(-e^{-u-1}) < -1-\sqrt{2u}-\frac{2}{3}u$$ Utilizando $u=6-\log(2)$ Esto da como resultado $$-7+\log (2)-\sqrt{2 (6-\log (2))}<W_{-1}\left(-\frac{2}{e^7}\right)<-5+\frac{2 \log (2)}{3}-\sqrt{2 (6-\log (2))}$$ es decir $$0.209102 < x_1 <0.256549$$ A partir de $x_0=\frac e{10}$ (está cerca del punto medio), la primera iteración del método Newton será $$x_1=\frac{20-e}{10 (5+\log (10))}\approx 0.236652$$