Imprevistos problema en mi MastersThesis: hay una "forma cerrada" solución?

Question

Soy un ingeniero eléctrico y recientemente me encontré con un problema imprevisto en mi tesis de maestría, porque me falta una profunda enseñanza de las matemáticas.

Quiero saber para que real positivo $x$ la siguiente desigualdad es una igualdad:

$$ n \log(1 + \tfrac{x}{n}) - \log(1 + x) \leq un\, , \;\;\;\; (\ast) $$ es decir, $$ n \log(1 + \tfrac{x}{n}) - \log(1 + x) - a = 0\, , $$ donde $x \in \mathbb{R} \geq 0$, $n\in \mathbb{N}\gg 1$ y $a \in \mathbb{R} > 0$.

Esto es equivalente a $$ (1+\tfrac{x}{n})^n = \mathrm{e}^a\cdot(1 + x) \, $$ que se ve básicamente no es tan difícil.

Mi pregunta es: Hay una "forma cerrada" solución de esta ecuación para la incógnita $x$ y sólo soy demasiado tonto para conseguirlo? Por la forma cerrada de la solución me refiero a cualquier solución que estoy bien puede escribir como $$ x \leq \ldots $$ para solucionar $(\ast)$.

Si no hay una "forma cerrada" de la solución, me interesaría por qué y cómo podía haber visto esto. Por desgracia yo no estoy muy familiarizado lo suficiente con la Trascendencia de la Teoría o la Teoría de Galois para ver esto por mi cuenta.

Gracias!

---

Suponiendo que $(\ast)$ no tiene "forma cerrada" de la solución, también pensé en una solución.

Desde $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} (1 + \tfrac{x}{n})^n = \mathrm{e}^x$, podría escribir escribir $$ \mathrm{e}^x \mathrm{e}^a\cdot(1 + x) = 0 \, $$ para el caso de que $n \rightarrow \infty$. Pensé en esto como una aproximación finita $n$. Por desgracia para finitos $n$, $(1 + \tfrac{x}{n})^n < \mathrm{e}^x$ los rendimientos y esta aproximación chocaría mi básicas de la desigualdad $(\ast)$. Si yo pudiera demostrar que $$ \lim\limits_{n \rightarrow \infty} (1 + \tfrac{x}{n})^{n+2} = \mathrm{e}^x $$ y $$ (1 + \tfrac{x}{n})^{n+2} > \mathrm{e}^x $$ para finitos $n$, podría ser posible para resolver $$ \mathrm{e}^x\cdot(1 + \tfrac{x}{n})^{-2} = \mathrm{e}^a\cdot(1 + x) $$ para una solución aproximada de $(\ast)$. Aquí, la función W de Lambert podría ser útil, pero no tuve éxito en este problema hasta el momento.

Alguna idea sobre esto? Muchas gracias!

Answer 1

Considere la ecuación de $\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=e^a(1+x)$. Elija $c\in\mathbb{C}$ tal que $c^{n-1} = -\frac{1}{n}e^{-a}$ y definen $y = c\left(1+\frac{x}{n}\right)$, entonces la ecuación se convierte en $$c^{-n}y^n = e^a\left(\frac{n}{c}y+1-n\right)$$ and after multiplying with $c^n$ $$ y^n = e^a\left(nc^{n-1} y+(1-n)c^n\right).$$ El uso de $c^n = cc^{n-1} = -\frac{c}{n}e^{-a}$ este fin puede ser reescrito para $$ y^n +y= c\left(1-\frac{1}{n}\right).$$

La solución de esta ecuación puede, en general, no se puede escribir en términos de las raíces y las operaciones elementales de cálculo, pero puede en términos de un ultraradical:

$$y = \mathrm{ur}\left(c\left(1-\frac{1}{n}\right)\right)$$ y por lo tanto $$x = \frac{n}{c}\mathrm{ur}\left(c\left(1-\frac{1}{n}\right)\right)-n.$$

Answer 2

Creo que se debe continuar de esta manera ($\ t=1+x$): $$ e^x=e^(1+x)\\ \frac{e^x}{(1+x)}=e^a\\ -te^{-t}=-e^{-(a+1)}\\ W(-e^{-(a+1)})=-t\\ t=-W(-e^{-(a+1)})\\ x=1-W(-e^{-(a+1)}) $$

Answer 3

Como se señaló, su ecuación es la misma que $$\left(1+\frac{x}{n}\right)^n=e^a(1+x)$$ Take a look at the graphs of $y=\left(1+\frac{x}{n}\right)^n$ and $, y=e^(1+x)$. The first is a polynomial with a single negative repeated root. The other is a line with slope $e^un$ and root at $-1$. When $n$ is even, there are two solutions, one positive and one negative (but larger than $-1$). If $n$ is odd, there is still a positive solution, but a negative solution only exists if $una$ es lo suficientemente grande como para dar que la línea de pendiente pronunciada.

Para $n$ mayor que 4, no existe una solución general por los radicales, por ejemplo una ecuación polinómica. Yo recomendaría argumentando que existen soluciones como yo he hecho (sólo formalmente) y señalando que, cuando sea necesario, se pueden encontrar arbitrariamente alta precisión utilizando cualquiera de una variedad de métodos, incluyendo el método de Newton.