Extremo de ln(x)/x = C (analítico)

Question

Quiero encontrar el valor máximo de y de la siguiente ecuación:

$A\cdot \sqrt{x^2 +y^2} = e^{\frac{\sqrt{x^2 + y^2}-x}{B}}~(1)$

He intentado utilizar coordenadas polares con $x = r \cos(\phi)$ y $y=r \sin(\phi)$ para resolver este problema. Esto da lugar a

$A \cdot r = e^{\frac{r ( 1-\cos(\phi))}{B}}~(2)$

con $\partial y /\partial x = \frac{\partial y}{\partial\phi} \frac{\partial\phi}{\partial x} = \frac{\partial (r(\phi) \sin(\phi))}{\partial\phi} \frac{\partial\phi}{\partial (r(\phi) \cos(\phi))} = 0 ~(3)$

Me quedo con el término originario de (2) $ln(r) = r\cdot C$ o $r=e^r\cdot C$ . No puedo entenderlo.

¿Alguna otra idea para encontrar el valor máximo de y en (1)?

Answer 1

Diferencie implícitamente (1) con respecto a $x$ , $$ A\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}x}=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(e^{(r-x)/B})=\frac1Be^{(r-x)/B}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(r-x)=\frac1BAr\left(\frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}x}-1\right) $$ Simplificando, $$ \frac{\mathrm{d}r}{\mathrm{d}x}=\frac{r}{r-B} $$ y utilizando $r^2=x^2+y^2$ , $$ y\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{r^2}{2(r-B)}-x. $$ Al máximo de $y$ tenemos $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=0$ Así que $$ \frac{r^2}{r-B}=2x. $$ Así que hay que resolver $$ \left\{ \begin{aligned} Ar&=e^{(r-x)/B}\\ r^2 &=2x(r-B) \end{aligned} \right. $$ que dudo que exista una forma cerrada de la solución. Su mejor apuesta es probablemente algunos métodos numéricos.

Answer 2

Partiendo de la respuesta del usuario10354138, es posible reducir el problema a una única ecuación ya que $$Ar=e^{\frac{r-x}B}\implies r=-B W\left(-\frac{e^{-\frac{x}{B}}}{A B}\right)$$ donde aparece la función de Lambert.

Esto significa que tenemos que resolver para $x$ la ecuación restante que se convierte en $$2 x \left(W\left(-\frac{e^{-\frac{x}{B}}}{A B}\right)+1\right)+B\, W\left(-\frac{e^{-\frac{x}{B}}}{A B}\right)^2=0$$ lo que, sin duda, requiere un método numérico.

Intentando $A=\pi$ y $B=e$ la función se ve casi como una línea recta y una expansión en serie alrededor de $x=0$ da, como estimación , $x_0=-0.0288123$ mientras que la solución exacta es $-0.0288782$ .

Utilizando el método de Newton, los iterados serían $$\left( \begin{array}{cc} n & x_n \\ 0 & 0 \\ 1 & -0.02881229451 \\ 2 & -0.02887821498 \\ 3 & -0.02887821533 \end{array} \right)$$ que conduce a $r=0.3684028027$ y finalmente $y=0.3672692115$