Lo común son novedades que hay para solucionar $1+x=x^a$?

Question

Estoy frente a la trinominal ecuación de $1+x=x^a$ donde $a$ no es necessarely un entero, pero algunos reales positivos. Hay algunos comunes de la serie de la evolución de las funciones de $x=f(a)$ que uno puede solucionar el equatios a través de $1+f(a)=f(a)^a$.

Answer 1

Si se hace una gráfica de $1+x$ $x^a$ será claro que , para $0 \leqslant x$, hay uno, y sólo uno, el verdadero solución iff $1<a$. Que puede ser comprobado rigurosamente por consideraciones analíticas.

Entonces, si usted considera que la igualdad de witten como $$f(x)=1+x-x^a=0$$ se puede aplicar el método de Newton-Raphson método y encontrar una secuencia que se aproximan a la raíz.

\begin{gathered} f(x) = \left( {2 + \left( {x - 1} \right)} \right) - \left( {1 + \left( {x - 1} \right)} \right)^{\;a} = \hfill \\ = \left( {2 + \left( {x - 1} \right)} \right) - \sum\limits_{0\, \leqslant \,k} {\left( \begin{gathered} a \\ k \\ \endAnexo \begin{gathered} a \\ k \\ \end

Después de su comentario, consideramos que se puede escribir una expansión de la serie de la $f(x)$ sobre todo $x=1$: $$- #- #- {reunieron} \right)\left( {x - 1} \right)^{\;k} } = \hfill \\ = 1 - \left( {a - 1} \right)\left( {x - 1} \right) - \sum\limits_{2\, \leqslant \,k} {\left( -#-#-{reunieron} \right)\left( {x - 1} \right)^{\;k} } \hfill \\ \end{se reunieron} $$

Answer 2

Usted podría tratar de usar el Lagrange inversión teorema (también conocida como la serie de reversión). Su problema es el ejemplo que hay. La aplicación de ejemplo que aquí, la raíz de $x^a - x - 1 = 0$ es $$ x = \sum_{k=0}^\infty \binom{a k}{k} \frac{(-1)^{(a-1)k+1}}{(a-1)k+1} $$

Sin embargo, esto no funciona. En primer lugar, el radio de convergencia de la serie es superior delimitada por $1$, así que no es lo suficientemente grande como para incluir el $x$s de que usted realmente desea. En segundo lugar, esta serie no converge para $a> 1$.

Pero tal vez podemos aplicar una serie de reversión de manera diferente...

Resolver para $a$:
$$ a = \frac{\ln(1+x)}{\ln x} \text{.} $$

Escribo esto como una serie. La función de $\frac{\ln(1+x)}{\ln x}$ tiene una simple poste de $x=1$, de modo que se expanda en el de la serie de Laurent alrededor de $x = 1$:
$$ a = \frac{\ln 2}{x-1} + \frac{1 + \ln 2}{2} + \frac{3 - 2 \ln(2)}{24}(x-1) + \frac{2 \ln 2 - 3}{48} (x-1)^2 + \cdots \text{.} $$

Ahora aplicar la serie de reversión: $$ x = 1 + \frac{\ln 2}{a} + \frac{(1+ \ln 2)\ln 2}{2} \frac{1}{a^2} + \frac{(4 (\ln 2)^2 + 15 \ln 2 + 6)\ln 2}{24} \frac{1}{a^3} + \cdots \text{.} $$

Con cuidado de hacer lo anterior y la reducción de la final de la serie de constantes numéricas y hasta el fin de $a^{-12}$, tenemos $$ \hat{x} = 1 +\frac{0.693147180559945 \dots}{a} + \frac{0.586800097239073 \dots}{a^2} + \frac{0.529074037503684 \dots} {^3} + \frac{0.491400591502458 \dots}{a^4} + \frac{0.464233780296217 \dots}{a^5} + \frac{0.443382411364081 \dots}{a^6} + \frac{0.426681599568780 \dots}{a^7} + \frac{0.412885047737368 \dots}{a^8} + \frac{0.401217324466756 \dots}{a^9} + \frac{0.391166922812855 \dots}{a^{10}} + \frac{0.382380685540601 \dots}{a^{11}} + \frac{0.374605695976650 \dots}{a^{12}} + \cdots $$

Analizamos la discrepancia, $\hat{x}+1 - \hat{x}^a$, con la esperanza de obtener cero. El trazado de la sesión de la discrepancia frente a $a$, obtenemos

Este se comporta como se espera: para un gran $a$, el último de la serie "converge" de forma rápida y para las pequeñas $a$, no tan rápido. (Converge es entre comillas porque no hay ninguna razón para esperar que esto asintótica de la serie a en realidad convergen.)

Answer 3

Sugerencia: Bajo ciertas condiciones (véase la iteración de punto Fijo)

Puede reescribir $x=x^a-1$, en el que $\phi(x)=x^a-1$. Un recursiva solución está dada por $$x_{n+1}=\phi(x_n).$$