Pregunta divertida sobre logaritmos

Question

¿Cómo resolvería el problema? $x^{2^{x}} = 2^{x}$ ? Debería haber una solución $1<x<2$ pero no he encontrado la forma de deducir la respuesta utilizando las leyes logarítmicas habituales, aunque tal vez haya una forma elegante...

Answer 1

Todos estamos de acuerdo en que la solución de esta ecuación se aproxima a $e^{1/e}$ . Lo que hice fue escribir la solución como $x=e^{1/(e+y)}$ y expandí la ecuación como una serie de Taylor alrededor de $y=0$ . Limitado al primer orden, esto conduce a una expresión de $y$ (soy físicamente incapaz de escribirlo) que sólo incluye $2$ e y $\log 2$ . Su valor numérico es $2.53791*10^{-6}$ . Para este valor de $x=1.444667364812765575108917$ (bastante cercano al de Umberto), el valor de la función es $5.48006*10^{-12}$ .

Editar (6 años después)

Tomando logaritmos, consideremos que buscamos el cero de la función $$f(x)=\log \left(x^{2^x}\right)-\log \left(2^x\right)=2^x\log(x)-x \log(2)$$ y realizar una iteración Newton para obtener $$x_0=e^{\frac{1}{e}}\implies x_1=x_0+ \frac{{x_0} \left({x_0} \log (2)-2^{x_0} \log ({x_0})\right)}{2^{x_0}+2^{x_0} {x_0} \log (2) \log ({x_0})-{x_0} \log (2)}$$ que hace que $x_1=1.44466736481181$ mientras que la solución "exacta" es $x=1.44466736481170$ .

Utilizando una iteración del método Halley se obtiene $21$ cifras exactas. Utilizando una iteración del método de Householder se obtiene $27$ cifras exactas. Las fórmulas son explícitas, pero demasiado largas para presentarlas aquí.

Answer 2

Editado: lo que sigue no es muy útil. Véase a continuación

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Dejar $y = 2^x$ debemos tener $x^y = y $ .

Esto se resuelve más tarde

$$ y = \frac{W_{-1}( -\log(x)) }{-\log x} $$

donde $W_{-1}$ es la segunda rama del Función de Lambert - con dominio en $(-1/e,0)$ e imagen en $(-\infty,-1)$ .

Pero $y \log x =\log y$ entonces

$$ -W_{-1}( -\log(x)) = \log y = x \log 2$$

O dejar que $t= -\log x$

$$ -W_{-1}(t) = e^{-t} \log 2$$

Aún así, esto no es una solución explícita, pero -para empezar- muestra (gráficamente) que la $t$ debe ser ligeramente mayor que $-1/e$ y, por tanto $x$ es ligeramente inferior a $e^{1/e}$ .

Esto se debe a que $\log 2 = 0.693147...$ está bastante cerca de $ e^{-1/e} = 0.6922006...$

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Actualización Olvídate de la función Lambert, realmente no aporta nada.

La ecuación puede manipularse hasta la forma

$$ a x e^{-a x}=\log x, \hskip{1cm} {\rm with } \; a= \log2$$

Esta ecuación no puede resolverse de forma explícita, pero podemos comprobar que la función

$$ F(x,a)=a x e^{-a x}- \log x$$

tiene un cero en $a_0=e^{-1/e}$ y $x_0=1/a_0=e^{1/e}$ . Ahora bien, como nuestro $a = \log 2 = 0.693147...$ está bastante cerca $ a_0 = e^{-1/e} = 0.6922006...$ podemos esperar que nuestra solución $x$ estar cerca $x_0=e^{1/e}=1.444667861...$ . Este argumento (supongo) se podría potenciar haciendo una expansión de Taylor de $F(x,a)$

Actualización suponiendo que $F(x,a)=0$ define implícitamente $x=g(a)$ calculamos las dos primeras derivadas y las evaluamos en $(x_0,a_0)$ . Obtenemos

$$\left.\frac{dx}{da}\right|_{x_0,a_0}=0$$

$$\left.\frac{d^2x}{da^2}\right|_{x_0,a_0}=-{e}^{3/e-1}$$

Así que podemos afinar la aproximación:

$$ x \approx x_0 - \frac{{e}^{3/e-1}}{2} (\log 2 - a_0)^2 =1.4446673641...$$

Un procedimiento más sencillo es iterar:

$$x_{n+1} = \exp(a_0 x_n e^{-a_0 x_n})$$

Converge muy rápidamente, en dos iteraciones obtenemos diez dígitos decimales: $x=1.4446673648...$

Answer 3

No creo que exista ninguna solución analítica para esta ecuación. La única manera de encontrar la solución sería un buscador de raíces y sugiero Newton a partir de una conjetura razonable.

Permítanme ser perezoso y empezar en $x_{old}=2$ . El esquema Newton actualizará el valor según el esquema clásico

$$x_{new} = x_{old} - f(x_{old}) / f'(x_{old}) $$

Tenemos entonces los siguientes iterados :2.00000, 1.79992, 1.61902, 1.49567, 1.44977, 1.44472, 1.44467. Para este último valor de $x$ el valor de la función es 0,000013522.

Puede seguir iterando hasta alcanzar la precisión deseada.

Answer 4

Tal vez un poco de código podría ser útil para el OP para que pueda probar el algoritmo de newton. Rápidamente escribí algo en phyton

#!/usr/bin/python
import math
import sys

# function to calculate f(x)
def f(x):
        f=math.pow(x,math.pow(2,x))-math.pow(2,x)
        return f

def fp(x):
        fp=math.pow(2,x)*math.pow(x,math.pow(2,x)-1)*(x*math.log(2)*math.log(x)+1)
        return fp

x_old = 2.0
i = 1
while True:
        x_new = x_old -f(x_old)/fp(x_old)
        i += 1
        if (i==100000):
                break
        x_old = x_new

print "Result is: "
print('%.30f' % x_new)

Espero que pueda ser útil. Como digo en mi comentario anterior el resultado de este código (en una máquina linux) es 1.444667364811697662929645957774.

Answer 5

Sólo por diversión .

En las primeras respuestas a este post, vimos : $2$ , $\log(2)$ y $e$ . Leonbloy introdujo $3$ . Me preguntaba si $\pi$ aparecería. No fue así.

La solución se aproxima a $(\pi- \frac{1}{8})^{1/3}$ (peor que $e^{1/e}$ ). A continuación, realice una única iteración Newton; esto conduce a una estimación de $1.44466748$ que se aproxima bastante a la solución $1.44466736$ .

Así, la solución iterada incluye ahora : $2$ , $\log(2)$ , $e$ , $3$ y $\pi$ .