¿Cuándo $ \ln (x)= \sin (x)$ ?

Question

No es una ecuación muy fácil de resolver, y realmente no sé por dónde empezar. Necesito la respuesta, no indirectas, porque sé que es muy difícil para mi nivel y no podré hacerlo ni siquiera con indirectas. Quiero la respuesta en fracciones, no en decimales (podría usar una calculadora gráfica para obtener la respuesta en decimales). Utilice $ \pi $ y los símbolos electrónicos necesarios. Gracias.

Nota: si utiliza alguna función complicada en su respuesta, por favor explique cuál es.

Answer 1

Si $\log x = \sin x$ entonces $x>0$ (en caso contrario, el logaritmo no está definido) y $x\leq e$ (por lo demás $\log(x)>1\geq\sin(x)$ ), por lo que sólo tenemos que encontrar las raíces de $f(x)=\sin x-\log x$ en $I=(0,e]$ . Hay al menos una raíz desde $e<\pi$ implica que $f$ tiene signos opuestos en los extremos de $I$ . Dicha raíz es única ya que $f(x)$ es decreciente a lo largo de $I$ como consecuencia de: $$ f'(x) = \cos x-\frac{1}{x} < 0.\tag{1}$$ Para demostrar $(1)$ basta con estudiar la función $g(x)=x\cos x-1$ en $I$ . Calculando su derivada, vemos que tiene un máximo donde $x=\cot x$ Por lo tanto, para algunos $x<1$ . Pero si $x<1$ entonces $g(x)<0$ .

Desde $f$ es cóncava (calculando $f''$ ) y negativo en una vecindad derecha de la raíz, podemos encontrar dicha raíz eligiendo $x=e$ como punto de partida para el método de Newton.

Answer 2

Este tipo de ecuación no presenta solución analítica (sólo hay que recordar que $x=\cos(x)$ está en esta familia). Así que, como ya comentó Santosh Linkha, sólo los métodos numéricos harán el trabajo.

Uno de los métodos de búsqueda de raíces más sencillos es el de Newton : partiendo de una razonable adivinar $x_0$ se actualizará en función de $$x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}$$ En su caso, definamos $$f(x)=\log(x)-\sin(x)$$ $$f'(x)=\frac 1x -\cos(x)$$ Como ya comentó barak manos, el único rango válido es $\frac{1}{e}\leq{x}\leq{e}$ . Así que, seamos muy perezosos y empecemos por la mitad del rango $x_0=\frac 12(e+\frac{1}{e})$ y aplicar el método.

Esto genera los siguientes iterados : $2.27593$ , $2.21996$ , $2.21911$ que es la solución para seis cifras significativas.

Añadido más tarde

Habrás observado que la solución obtenida se aproxima bastante a $\frac{7\pi}{10} \sim 2.19911$ . Así, si se realiza una sola iteración de Newton utilizando esta estimación, una buena aproximación de la solución viene dada por $$\frac{7 \pi \left(7 \sqrt{10-2 \sqrt{5}} \pi +10 \left(5+\sqrt{5}-4 \log \left(\frac{7 \pi }{10}\right)\right)\right)}{400+70 \sqrt{10-2 \sqrt{5}} \pi } \sim 2.21922$$

Answer 3

La exponenciación de ambos lados da como resultado $$ \ln(x) = \sin(x) \iff x = e^{\sin(x)} \iff f(x) = x $$ donde las últimas ecuaciones son ecuaciones de punto fijo.

Como $\sin(x) \in [-1, 1]$ tenemos $$ e^{\sin(x)} \in [1/e, e] \approx [0.368, 2.718] $$

Un gráfico muestra que hay un punto fijo real en $[2, 2.5]$ .

Para determinar un valor más preciso hay que aplicar un procedimiento numérico o ampliarlo gráficamente.

Una forma de resolver una ecuación de punto fijo es mediante una simple iteración. Sin embargo, el punto fijo $x^*$ debe ser atractiva. Un criterio para ello es $\lvert f'(x^*) \rvert < 1$ .

Aquí $f'(x) = f(x) \cos(x)$ . Una trama rápida de $\lvert f'(x) \rvert$ da

que muestra (curva azul) que no es un punto fijo atractivo.

Así que probamos la ecuación inversa: $$ \ln(x) = \sin(x) \Rightarrow (\sin^{-1})(\ln(x)) = x $$

Para tener $\sin^{-1}$ entregar valores en torno a $x=2.2$ debemos invertir el seno a partir de $\pi/2$ a la izquierda del habitual $[-\pi/4, \pi/4]$ que da $$ \sin^{-1}(x) = \pi - \arcsin(x) $$ y conduce a la ecuación del punto fijo $$ f(x) := \pi - \arcsin(\ln(x)) = x \quad (*) $$ como señaló primero Barry Cipra.

Diferenciando $y = f(f^{-1}(y))$ da $$ (f^{-1})'(y) = 1/f'(f^{-1}(y)) $$ que utilizamos para determinar $$ f'(x) = - \frac{1}{\sqrt{1 - (\ln(x))^2}} \frac{1}{x} $$

Al trazar esto se obtiene

que muestra que $\lvert f'(x) \rvert < 1$ en el intervalo de interés y, por tanto, que este punto fijo es atractivo.

Así que empezamos, por ejemplo, con $x_0 = 2$ y calcular los siguientes valores mediante la ecuación $(*)$ por $$ x_n := f(x_{n-1}) = f^n(x_0) $$

Esto da una ecuación con un término de longitud infinita en el lado derecho: $$ x^* = \pi - \arcsin(\ln( \pi - \arcsin(\ln( \pi - \arcsin(\ln( \cdots \pi - \arcsin(\ln( \pi - \arcsin(\ln(x_0))))\ldots)))))) $$

Usando unas pocas líneas de Ruby (ver abajo) para implementar la iteración obtuve los siguientes valores.

Valores de iteración

00: 2.000000
01: 2.375746
02: 2.095821
03: 2.308604
04: 2.150467
05: 2.269487
06: 2.180961
07: 2.247301
08: 2.197901
09: 2.234846
10: 2.207311
..
20: 2.218476
..
30: 2.219073
..
40: 2.219105
41: 2.219109
42: 2.219106
43: 2.219108
44: 2.219107
45: 2.219108
46: 2.219107
47: 2.219107

La tasa de convergencia es más lenta que la convergencia cuadrática del método Newton-Raphson. La iteración tiene este aspecto:

Código Rubí

def f(x)
  y = Math::PI - Math.asin(Math.log(x))
end

def g(x0, n)
  x = x0
  i = 0
  while i <= n 
    printf "%02d: %f\n", i, x
    x = f(x)
    i += 1
  end
end

Answer 4

A partir del gráfico, se sospecha que se cruzan cerca de $x = 2$ . Expandiendo ambos lados incluyendo el término de segundo orden se tiene $$-\frac{1}{8} (x-2)^2+\frac{x-2}{2}+\log (2)\approx-\frac{1}{2} (x-2)^2 \sin (2)+(x-2) \cos (2)+\sin (2)$$ Resolver para $x$ y encontrarás que una de las soluciones viene dada por:

$$x\approx\frac{2}{4\sin(2)-1}\times \\\Bigg(-2+4 \sin (2)+2 \cos (2)\\+\sqrt{1+2 \log (2)+8 \sin ^2(2)-2 \sin (2)+4 \cos ^2(2)-4 \cos (2)-8 \log (2) \sin (2)}\Bigg) \\ \approx 2.219\dots.$$

Answer 5

Está claro que cualquier raíz de $\displaystyle\,{\rm f}\left(\,x\,\right) \equiv \ln\left(\,x\,\right) - \sin\left(\,x\,\right)$ pertenecen a $\displaystyle\left[\, {1 \over {\rm e}},{\rm e}\,\right]$ .

Por lo tanto, una vez que se conoce este hecho se puede utilizar el Método de bisección para encontrar las raíces.

Lo siguiente $\displaystyle{\verb*C++*}$ script hace ese cálculo y da la respuesta

Root = 2.219107153; f(Root) =4.605411053e-09

Una nueva mejora con Método Newton-Raphson que comienzan con la raíz anterior $\left(~{\tt 2.219107153}~\right)$ produce

Root = 2.21911; f(Root) = -1.11022e-16

/\* bisection0.cc Felix Marin 04-dic-2014
http://math.stackexchange.com/a/1052008/85343
\*/
#include <cfloat>
#include <cmath>
#include <iomanip>
#include <iostream>
using namespace std;
const double MINTOL=1.05\*sqrt(DBL\_EPSILON);
const size\_t MAXITER=10000U;

inline double f(double x)
{
 return log(x) - sin(x);
}

inline signed char theSignOf(double x)
{
 return ( x>0 ) - ( x<0 );
}

int main()
{
 double a=1.0/M\_E,b=M\_E;
 const signed char sfa=theSignOf(f(a)),sfb=theSignOf(f(b));
 if ( sfa==sfb ) {
    cerr<<"\\nThere is not any root !!!\\n";
    return 0;
 }   

 double x;
 if (  ( sfa!=0 ) && ( sfb!=0 )  ) {
    double fx,tol,xOld;
    signed char sfx;

    x=(a + b)/2.0;
    for ( size\_t n=0 ; n<MAXITER ; ++n ) {
        fx=f(x);
        sfx=theSignOf(fx);
        if ( sfx==sfa ) a=x; else if ( sfx==sfb ) b=x; else break;
        xOld=x;
        x=(a + b)/2.0;
        tol=abs(x + xOld)/2.0;
        if ( tol>0 ) tol=abs(x - xOld)/tol; else tol=abs(x - xOld);
        if ( tol<=MINTOL ) break;
    }
 } else if ( sfa==0 ) x=a; else x=b;

 cout<<setprecision(10)<<"\\n Root = "<<x<<"; f(Root) ="<<f(x)<<endl;

 return 0;
}