Encuentra las raíces de esta ecuación
$e^x + e^{1/x} + a = 0$
donde $a \in \Bbb R$
¿Existe alguna fórmula agradable para este tipo de ecuación?
Encuentra las raíces de esta ecuación
$e^x + e^{1/x} + a = 0$
donde $a \in \Bbb R$
¿Existe alguna fórmula agradable para este tipo de ecuación?
Una solución analítica real no ocurrirá aquí. Una aproximación analítica puede darse como sigue.
Para un valor negativo suficientemente grande $a$ hay dos raíces, cada una recíproca de la otra. Una es grande y positiva, la otra es pequeña y positiva. La grande y positiva se puede aproximar:
$$x=\ln(-a-e^{1/x})=\ln(-a)+\ln(1+e^{1/x}/a) \approx \ln(-a)+e^{1/x}/a \approx \ln(-a)+1/a+1/(ax).$$
En el primer paso hemos expandido el logaritmo de Taylor, cometiendo un error del orden de $(e^{1/x}/a)^2$ . En el segundo paso expandimos la exponencial con Taylor, cometiendo un error del orden de $(1/x)^2/a$ .
Corriendo con esto, obtenemos una ecuación cuadrática, y la solución que es consistente con las aproximaciones que acabamos de hacer es
$$\frac{\ln(-a)+1/a+\sqrt{(\ln(-a)+1/a)^2+4/a}}{2}.$$
La raíz cuadrada se puede aproximar linealmente para dar
$$\ln(-a)+1/a+\frac{1}{a\ln(-a)+1}.$$
Esta es una aproximación bastante buena, a juzgar por la evidencia numérica. Heurísticamente es debe sea una aproximación bastante buena, porque arriba cometimos errores del orden de como mucho $1/(a \ln(-a)^2)$ en el lado derecho, luego multiplicamos ambos lados por $x$ que es del orden de $\ln(-a)$ . Así que el error global en la solución de la cuadrática debe ser del orden de $1/(a \ln(-a))$ . El error en el último paso resulta ser menor que los demás, por lo que el error global en la aproximación final debería ser del orden de $1/(a \ln(-a))$ . (En particular, el último término no es realmente "significativo", según estas estimaciones de error; en términos de orden de errores, habríamos estado igual de bien sin incluir el $1/(ax)$ término. Aun así, ese término reduce un poco el error en las pruebas numéricas).
Las aproximaciones de orden superior serán bastante engorrosas, si procedemos con este enfoque. Pero aún así, parece que se puede lograr fácilmente la convergencia de los métodos numéricos comenzando con esta asintótica como conjetura inicial.
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