Raíz de $(x+a)^{x+a}=x^{x+2a}$ $e$

Question

Nos deja denotar la solución de la ecuación

$$(x+a)^{x+a}=x^{x+2a}$$

con $X_a$.

($a$ es un no-cero número real)

Probar que:

$$\lim_ {a \to 0} X_a = e$$

Esto es algo que he notado, mientras que haciendo experimentos numéricos para otro problema. La afirmación se ve interesante, yo no pude encontrar algo parecido en internet. No tengo idea de cómo probarlo, pero los métodos numéricos a confirmar la declaración.

Answer 1

Esto podría no ser riguroso, pero se nota que uno tiene $$(x+a)^x=x^{x+a}\Rightarrow x\ln(x+a)=(x+a)\ln x\Rightarrow \frac{\ln(x+a)}{x+a}=\frac{\ln x}{x}.$$

A continuación, vamos a $f(x)=\frac{\ln x}{x}$. Uno ha $f'(x)=0\iff x=e$, y teniendo en cuenta la gráfica de $y=f(x)$ debe darle la respuesta.

Answer 2

Tomando el logaritmo de ambos lados de $$(x+a)^{x+a}=x^{x+2a}$$ tenemos

$$(x+a)\ln(x+a)=x\ln(x)+2a\ln(x)$$

o $$\frac{(x+a)\ln(x+a)-x\ln(x)}{a}=2\ln(x). \tag 1$$ El lado izquierdo tiende a $\frac{d(x\ln(x))}{dx}=\ln(x)+1$ si $a$ tiende a cero. El lado derecho no depende de la $a$. Es decir,

$$\ln(x)+1=2\ln(x).$$

Como resultado, cualquiera que sea la solución de la ecuación original es que tiene que tienden a $e$ si $a$ tiende a cero.

EDITADO

Para ser precisos, vamos a empezar otra vez de $(1)$. Primero de todo, dejar claro que $x$ es una solución de $(1)$ y, como resultado, depende de la $a$. También Vamos a restar $\ln(x_a)+1$ desde ambos lados de $(1)$. Habiendo tomado el valor absoluto de ambos lados, tenemos ahora:

$$\left|\frac{(x_a+a)\ln(x_a+a)-x_a\ln(x_a)}{a}-(\ln(x_a)+1)\right|=|\ln(x_a)-1|.$$

Para cualquier $\delta>0$ $\epsilon>0$ existe un $a(\delta,\epsilon)$ tal que $\epsilon>a(\delta,\epsilon)>0$ y $$|\ln(x_{a(\delta,\epsilon)})-1|<\delta.\tag 2$$

Ahora, suponga que $$\lim\limits_{a\rightarrow 0}x_{a}=e+\xi,\tag 3$$ for a $|\xi|>0$. Since $\ln(x)$ is continuous at $e$, $(2)$ and $(3)$ son contradictorias.

Answer 3

Reescribiendo la ecuación de a $(1+\frac{a}{x})^{x+a}=x^a$ y teniendo en $\ln$,$(x+a) \ln(1+\frac{a}{x})=a\ln x$. Suponiendo que $X_a$ está delimitado por $a$ a partir de algunos neighbrhood de $0$, tomamos la aproximación de Taylor para las pequeñas $a$ de la izquierda: $$(X_a+) (\frac{a}{X_a}+o(a))=a\ln X_a$$ y $$un+o(a) = a\ln X_a$$ que los rendimientos de $\ln X_a=1$.

Answer 4

Si $a$ es pequeña, una expansión de Taylor de primer orden construido en $a=0$ da $$(x+a)^{x+a}-x^{x+2a}=-a\, x^x\, \big(\log (x)-1\big)+O\left(a^2\right)$$ Do you think that this is sufficient to prove that $$\lim_ {a \to 0} X_a = e$$

Otra forma es a partir de zoli la respuesta $$\frac{(x+a)\log(x+a)-x\log(x)}{a}=2\log(x)$$ and expand the lhs as a Taylor series built at $un=0$ gives $$(\log (x)+1)+\frac{a}{2 x}+O\left(a^2\right)\approx 2\log(x)$$ that is to say $$\frac{a}{2 x}-\log (x)+1\approx 0$$ and the solution of what would be the equation is $$x\approx \frac{a}{2 W\left(\frac{a}{2 e}\right)}=e+\frac{a}{2}-\frac{a^2}{8 e}+O\left(a^3\right)$$ donde aparece una vez más Lambert función.

Editar

Lo que podría ser increíble a la hora de saber la respuesta es escribir $$x=e+\sum_{i=1}^\infty \alpha_i a^i$$ and to expand the equation around $un=0$. For the first terms, we have $$x=e+\frac{a}{2}-\frac{7 a^2}{24 e}+\frac{a^3}{3 e^2}+O\left(a^4\right)$$ For example, for $a=1$ this approximation gives $x\aprox 3.15610$ while the rigourous solution should be $x\aprox 3.14104$