Cerrado forma solución al $x\log_2(1+\frac{a}{x}) = b$ uso de Lambert w el.

Question

Hay una expresión para la solución de

¿\begin{equation} x\log_2(1+\frac{a}{x}) = b \end{equation} donde $a$ y $b$ son constantes, y $x$ es la variable? ¿Soy consciente de que no existen soluciones que pueden ser expresadas en términos de funciones elementales, pero quizás hay uno usando la función W de Lambert?

Answer 1

Sí; el primer paso razonable es aislar el logaritmo de modo que podemos deshacernos de ella; dividiendo por $x$ (que no puede ser $0$ si $b$ es distinto de cero) se obtiene: $$\log_2\left(1+\frac{a}x\right)=\frac{b}x$$ y reescritura $\log_2(x)$ en términos del logaritmo natural como $\frac{\log(x)}{\log(2)}$ y reordenando se obtiene: $$\log\left(1+\frac{a}x\right)=\frac{b\log(2)}x.$$ podemos entonces plantear $e$ a la potencia de cada lado para obtener: $$1+\frac{a}x=e^{\frac{b\log(2)}x}.$$ Ahora, esto se ve un poco desagradable; necesitamos el exponente a ser una forma más simple antes de que podamos aplicar el producto de registro - en particular, vamos a $u=\frac{-b\log(2)}x$$\alpha=\frac{a}{b\log(2)}$. Luego de escribir $$1-\alpha u = e^{-u}$$ que se simplifica a $$(1-\alpha u)e^u = 1.$$ que se está empezando a ver más manejable, pero que además en el de la izquierda es preocupante -, pero podemos salir con otra sustitución. Si dejamos $v$ ser tal que $u=v+\frac{1}{\alpha}$, entonces tenemos: $$-\alpha v e^{v+\frac{1}{\alpha}}=1$$ $$ve^v=-\frac{e^{-\frac{1}{\alpha}}}{\alpha}$$ Oh goody! Sin duda, nos puede aplique el producto sobre el registro a que: $$v=W\left(-\frac{e^{-\frac{1}{\alpha}}}{\alpha}\right)$$ significado $$u=W\left(-\frac{e^{-\frac{1}{\alpha}}}{\alpha}\right)+\frac{1}{\alpha}$$ y por lo tanto $$x=\frac{-b\log(2)}{W\left(-\frac{e^{-\frac{1}{\alpha}}}{\alpha}\right)+\frac{1}{\alpha}}$$ y subbing en la $\alpha$'s y haciendo cuidado de la simplificación de los rendimientos $$x=\frac{-b\log(2)}{W\left(-\frac{b}a2^{-b/a}\log(2)\right)+\frac{b\log(2)}a}$$

Answer 2

Otro: $$ \begin{align} x\log_2\left(1+\frac ax\right)&=b\tag{1}\\ 1+\frac ax&=e^{b\log(2)/x}\tag{2}\\ 1+\frac ax&=2^{-b/a}e^{\large\frac{b\log(2)}a\left(1+\frac ax\right)}\tag{3}\\ \color{#00A000}{-\frac{b\log(2)}a\left(1+\frac ax\right)}e^{\color{#00A000}{\large-\frac{b\log(2)}a\left(1+\frac ax\right)}}&=-\frac{b\log(2)}a2^{-b/a}\tag{4}\\ -\frac{b\log(2)}a\left(1+\frac ax\right)&=\mathrm{W}\!\left(-\frac{b\log(2)}a2^{-b/a}\right)\tag{5}\\ x&=\bbox[5px,border:2px solid #F0C060]{\frac{-ab\log(2)}{b\log(2)+a\mathrm{W}\!\left(-\frac{b\log(2)}a2^{-b/a}\right)}}\tag{6}\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #F0C060]{\frac{-\lambda a}{\lambda+\mathrm{W}\!\left(-\lambda e^{-\lambda}\right)}}\tag{7} \end{align} $$ Explicación:
$(2)$: multiplicar por $\frac{\log(2)}x$ y exponentiate
$(3)$: agregar $\frac{b\log(2)}a$ para el exponente y se dividen por $2^{b/a}$
$(4)$: multiplicar ambos lados por $-\frac{b\log(2)}ae^{\large-\frac{b\log(2)}a\left(1+\frac ax\right)}$
$(5)$: aplicar $\mathrm{W}$
$(6)$: resolver algebraicamente para $x$
$(7)$: sustituto $\lambda=\frac{b\log(2)}a$

Tenga en cuenta que a $(7)$, parece que $\mathrm{W}\!\left(-\lambda e^{-\lambda}\right)=-\lambda$, haciendo que el denominador $0$. Sin embargo, cuando el argumento de $\mathrm{W}$ es negativo, hay dos ramas. Por lo tanto, tenemos que usar la otra rama de $\mathrm{W}$, de modo que el denominador no es $0$.