La función inversa de a $y=\frac{\ln(x+1)}{\ln x}$

Question

Me he estado preguntando por un tiempo, si es posible encontrar la función inversa de la $y=\frac{\ln(x+1)}{\ln x}$ sobre los reales. Esto es lo mismo que encontrar la raíz real positiva de $x^y-x-1$. Me doy cuenta de que es imposible con funciones elementales, pero es posible trascendental? Sin duda hay un patrón.

EDIT: hice esta pregunta en MO, y me dio los medios para llegar a una respuesta, pero yo realmente no lo entiendo en absoluto. Me dijeron que para ir a la universidad. Tal vez algunos de ustedes ya han sido, y puede ayudar a explicar esto un poco.

Answer 1

Bueno, como ustedes saben, realmente no puedo darte una solución agradable para poner en un cuadro, pero me puede dar alguna información acerca de la función de $f(x)$ satisfacción $f(x)^x+f(x)+1=0$.

Hay una agradable, si no se cierra de forma asintótica de expansión para $f(x)$ grandes $x$ en polinomios de $s=\log 2$:

$$\begin{align} f(x)=1+\frac sx+&\frac1{2x^2}\left(s+s^2\right)+\frac1{24x^3}\left(6 s+15 s^2+4 s^3\right)+ \\ +&\frac1{48x^4} \left(6 s+27 s^2+18 s^3+2 s^4\right)+\cdots \end{align}$$

Este fue obtenido por la serie de inversión en la serie a para$\dfrac{\log(x+1)}{\log x}$$x=1$. Más específicamente, dejando $y=x-1$, la serie de

$$\begin{align} \frac1{f^{-1}(x)} & =\frac{\log x}{\log(x+1)}=\frac{\log(y+1)}{\log(y+2)}=\frac{\log(y+1)}{\log(y/2+1)+s} \\ & =\frac{-\sum_1^\infty(-y)^n/n}{s-\sum_1^\infty(-y/2)^n/n}:=\sum_1^\infty a_ny^n \end{align}$$

puede ser resuelto por $a_n$ utilizando la fórmula de producto de Cauchy $\sum_0^\infty \alpha_ny^n\sum_0^\infty \beta_ny^n=\sum_{n=0}^\infty[\sum_{k=0}^n\alpha_k\beta_{n-k}]y^n$ para obtener

$$a_n=\frac{(-1)^{n+1}}{sn}+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(-2)^{-k}a_{n-k}}{sk}$$

(que los rendimientos de los coeficientes en $\mathbb Q[1/s]$) y si la inversa de esto es $f(x)=\sum_0^\infty b_nx^{-n}$, luego

$$\begin{align} y+1 & =f(f^{-1}(y+1))=\sum_{n=0}^\infty b_n\bigg(\sum_{k=1}^\infty a_ky^k\bigg)^n=\sum_{n=0}^\infty b_n\bigg(\sum_{k=1}^\infty a_k(x+1)^k\bigg)^n \\ & =b_0+(a_1b_1)y+(a_2b_1+a_1^2b_2)y^2+(a_3b_1+2a_1a_2b_2+a_1^3b_3)y^3+\cdots. \end{align}$$

Por desgracia, la última suma no tiene bonita forma cerrada (aunque se puede hacer, utilizando Faà di Bruno fórmula), y la solución sólo puede ser escrito de forma recursiva, de todos modos, lo voy a dejar aquí. Esta ecuación se supone que para ser resuelto componente por componente para obtener los términos en la fórmula, por lo que $1=b_0$, $1=a_1b_1\Rightarrow b_1=s$, $0=a_2b_1+a_1^2b_2\Rightarrow b_2=(s+s^2)/2$, etc. Este es el origen de la serie citado anteriormente.

La serie es convergente para $|x|>1$. Aquí es un gráfico de la función, en el plano complejo:

El rojo significa que cerca de $1$, de color amarillo-verde es de cerca de $i$, el azul es cerca de $-i$, el blanco es cerca de $\infty$, el negro está cerca de $0$. Y aquí es un gráfico de la anterior expansión asintótica, hasta el $x^{-12}$ plazo:

Un básico de la aproximación de la función alrededor de $x=0$ está dado por

$$x=\frac{\log(y+1)}{\log y}=\frac y{\log y}+O(xy)\Rightarrow -\frac1x=-\frac yxe^{-y/x}=y\Rightarrow y=-xW\Big(\!-\frac1x\!\Big),$$

donde $W(x)$ es la de Lambert W-función. El asymptotics de esta función cerca de $\infty$ son bastante complejos, y no existe una adecuada alimentación de la serie, o incluso un generalizada asintótica de la serie (la participación de otros términos de $x^k$$k\in\mathbb Z$), debido a que la serie truncada, con el término de error $O\left(\big(\frac{\log\log x}{\log x}\big)^m(\log x)^{-k}\right)$, nunca es $O(1/x)$. El "básico" de la solución de $y=-xW(-1/x)$ es, sin embargo, precisa a $O(x^2)$ (más o menos, prueba o revisión).

Answer 2

Yo no puedo ser líder en cualquier lugar, o yo soy tal vez decir algo que han comprobado ya, pero me enteré de que una función debe ser inyectiva y surjective (de ahí bijective) a ser un inversible. (Lo siento por cualquier gramática/inglés error)

Como un punto de inicio, no estoy buscando muy duro en la función, pero veo que si x pasa a 1, habrá un espacio en el que hay, por lo tanto no inyectiva. Si que se muestra para ser verdad, entonces su ecuación no ser inversible para los números reales.