Resolver $x = a(1-c \exp(-bx)) $

Question

Estoy tratando de resolver la siguiente ecuación \begin{align} x = a(1-c \exp(-bx)) \end{align} para algunos $a>0$ , $c \in (0,1)$ y $b\in (0,1)$ .

Se puede encontrar una solución exacta para esta ecuación en términos de la función Lambert_W, que viene dada por \begin{align} x=\frac{W\left(-a b c e^{-a b}\right)}{b}+a \end{align} Sin embargo, esto no es muy útil para mí.

Me preguntaba si, en cambio, podemos encontrar un límite superior de la solución en términos de funciones estándar.

Answer 1

Se puede utilizar una aproximación lineal para la exponencial para obtener un límite superior para la solución. Tenga en cuenta que $-e^{-bx} \leq -1+bx$ . Esto da $$x=a(1-ce^{-bx}) \\ x \leq a(1-c(1-bx)) \\ x \leq \frac{a(1-c)}{1-abc}$$

Esto funciona bien cuando b es pequeño. Se podría hacer una expansión asintótica sobre $0$ para b si la respuesta cuando b es pequeña es importante, o una aproximación cúbica. Una aproximación cuadrática es fácil de resolver pero daría una cota inferior en su lugar.

Answer 2

Está buscando el(los) cero(s) de la función $$f(x)=x-a \left(1-c e^{-b x}\right)$$ para lo cual $$f'(x)=1-a b c e^{-b x}\qquad \text{and} \qquad f''(x)=a b^2 c e^{-b x}\quad >0 \quad \forall x$$ La primera derivada se cancela en $$x_*=\frac{\log (a b c)}{b}$$ que, por la prueba de la segunda derivada, corresponde a un mínimo. Así, para tener raíces el requisito es $$f(x_*)\leq 0 \implies \frac{1+\log (a b c)}{b}-a \leq0$$

Si este es el caso, puede Aproximadamente las raíces utilizando una expansión de Taylor en torno a $x_*$ . Esto daría $$f(x)=f(x_*)+\frac 12 f''(x_*) (x-x_*)^2+O\big((x-x_*)^3\big)$$ lo que daría $$x_\pm=x_*\pm \sqrt{-2\frac{f(x_*)}{f''(x_*)}}=\frac{\log (a b c)\pm \sqrt{2} \sqrt{a b-\log (a b c)-1}}{b}$$ a partir del cual se puede iniciar el método Newton.

Ahora, la pregunta es: ¿son $x_\pm$ ¿Los límites superiores o inferiores de la solución? La respuesta no es tan obvia: por el teorema de Darboux, ya que $f''(x) > 0 \,\, \forall x$ , si $f(x_\pm) > 0$ entonces $x_\pm$ es un límite superior de la solución y si $f(x_\pm) < 0$ entonces $x_\pm$ es un límite inferior de la misma (pero esto debe cambiarse en función del signo de $x_\pm$ ).

Probemos con $a=2$ , $b=\frac 12$ y $c=\frac 13$ . Esto dará $$x_*=-2 \log (3)$$ $$x_-=-4 \left(\sqrt{\frac{\log (3)}{2}}+\frac{\log (3)}{2}\right)\approx -5.16\qquad x_+=4 \left(\sqrt{\frac{\log (3)}{2}}-\frac{\log (3)}{2}\right)\approx 0.77$$ $$f(x_-)\approx 1.64432\qquad\qquad f(x_+)\approx -0.77839$$

Utilizando la función de Lambert o las iteraciones de Newton, las soluciones son $-4.57856$ y $1.71755$ .

Así que, efectivamente $x_- <0$ y $x_+>0$ hacen que ambos sean límites inferiores de la solución.