степенное уравнение (спец. функции)

[lenok.marshal]

$$x=y\ln y$$

или

$$y^y=e^x$$

как найти у=f(x) в явном виде? надоумьте. только оценки?

[Gordmit]

Уравнение не простейшее.
В явном виде выразить нельзя. Можно выразить через W-функцию Ламберта:

$$y=e^{W(x)}$$

[lenok.marshal]

Gordmit писал(а):

$$y=e^{W(x)}$$

Cпасибо за ссылку. Ничего подобного не слышала и не видела... Эта формула получается почти по определению этой функции.

Я имела ввиду приблизительную асимптотику/решение y(x) на основе каких-то эвристических соображений типа ряда Тейлора/пределов, когда х к чему-то стремится... Нарисовала в программе график, ну хотя бы когда $x\to \infty$. Функция возрастает и похоже, что медленно, но как?

В ссылке "The Lambert W-function has the series expansion ..." Разложение где, вокруг какой точки? Не понятно, можно ли его взять несколько первых членов, в которые возвести экспоненту.

[Xaositect]

Там где "The Lambert W-function has the series expansion..." - разложение в окрестности нуля. Там дальше "An asymptotic formula which yields reasonably accurate results for z>~3 is..." - асимптотика на бесконечности.

[lenok.marshal]

Хорошо, согласно "An asymptotic formula which yields reasonably accurate results for z>~3 is..." при

$$x\to \infty$$

$$y=e^{W(x)} \approx e^{\ln x-\ln\ln x}=e^{\ln (x/\ln x)}=\frac{x}{\ln x}$$

. Как получить первых два слагаемых такого разложения?

[Gordmit]

Нужно взять побольше членов разложения, указанного там по ссылке:

$$y=e^{W(x)}=e^{\ln x-\ln\ln x+\frac{\ln\ln x}{\ln x} + O(\frac{\ln^2\ln x}{\ln^2 x})}=$$

$$=\frac{x}{\ln x}\left(1+\frac{\ln\ln x}{\ln x}+O\biggl(\frac{\ln^2\ln x}{\ln^2 x}\biggr)\right)\left(1+O\biggl(\frac{\ln^2\ln x}{\ln^2 x}\biggr)\right)=\frac{x}{\ln x}+\frac{x\ln\ln x}{\ln^2 x}+O\biggl(\frac{x\ln^2\ln x}{\ln^3 x}\biggr)$$

[lenok.marshal]

Gordmit

Спасибо и простите, я не это имела ввиду. Вопрос был совсем глупый: как из уравнения

$$x=y \ln y$$

, показать что при $x\to\infty$ $y = x/\ln x + O(..)$ без использования $W(x)$:oops:

$$y=x/ \ln y$$

, почему чтобы получить первое слагаемое должно быть

$$\ln y ~ \ln x$$

не дойдет.

[RIP]

lenok.marshal в сообщении #201035 писал(а):

как из уравнения

$$x=y \ln y$$

, показать что при $x\to\infty$ $y = x/\ln x + O(..)$

Ясно, что $y\to\infty$, причём $y=o(x)$, поэтому $\log x=\log y+\log\log y=\log y+O(\log\log x)$, откуда $y=\frac x{\log y}=\frac x{\log x+O(\log\log x)}=\ldots$

[Cave]

$x = y\ln y$ по определению. Значит, $y < x$, поэтому $y = O(x)$.
$y = \frac x {\ln y}$, откуда $\ln y = \ln x - \ln\ln y = \ln x + O(\ln\ln x)$. Подставляем обратно в выражение для $y$, получаем $y = \frac x {\ln x + O(\ln\ln x)} = \frac x {\ln x} \cdot \frac 1 {1 + O(\frac {\ln\ln x} {\ln x})}$. Вторую дробь раскрываем как сумму бесконечной геометрической прогрессии, останавливаясь на любом шаге.
--
И вновь RIP раньше отвечает. Не унываем :)

[Xaositect]

Очевидно, $y(x)$ непрерывна и неограниченно возрастает, так как $y\ln y$ непрерывна неограниченно возрастает.
Далее, $y = o(x)$, так как $y = \frac{x}{\ln y}$, а $\ln y$ неограниченно возрастает.
Уточняя дальше, $y = \frac {x} {\ln y} = \frac {x} {\ln x - \ln \ln y} = \frac{x}{\ln x(1-o(1))} = \frac {x} {\ln x}(1+o(1))$

Добавлено спустя 42 секунды:

Обогнали

[lenok.marshal]

Спасибо всем, написали кто

$$o$$

, кто

$$O$$

- стала смотреть о сравнении функций и куча вопросов.

Пример:

$$(2+\sin x) x =O(x)$$

при

$$x\to\infty$$

, потому что

$$(2+\sin x)$$

ограничена при

$$x\to\infty$$

. В книге Зорич дан другой пример, сказано, что

$$(1+\sin x) x$$

и $x$ не одного порядка при

$$x\to\infty$$

, почему? Единственная разница, что во втором случае

$$1+\sin x$$

может принимать 0, но она же ограничена при

$$x\to\infty$$

.

[Xaositect]

А в Зориче "одного порядка" это не $\lim \frac{f(x)}{g(x)} = c \neq 0$?

[ewert]

Xaositect писал(а):

А в Зориче "одного порядка" это не $\lim \frac{f(x)}{g(x)} = c > 0$?

Надеюсь, что нет (кстати, причём тут положительность?) -- это было бы совсем уж неприлично. Судя по контексту, в Зориче "одного порядка" означает, что $f(x)=O(g(x))$ и одновременно $g(x)=O(f(x))$. Но и в этом случае он, надо сказать, откровенно нарывается. Поскольку прочтение "$f$ есть величина порядка $g$" устойчиво закреплено за односторонним обозначением $f(x)=O(g(x))$.

[lenok.marshal]

Меня тоже это смутило. Просмотрела определения:

1. Функции

$$f$$

и

$$g$$

одного порядка при базе

$$B$$

, если

$$f=O(g)$$

и

$$g=O(f)$$

при базе

$$B$$

.
2.

$$f=O(g)$$

при базе

$$B$$

означает, что финально при базе

$$B$$

выполнено соотношение

$$f(x)=\beta(x)g(x)$$

, где

$$\beta(x)$$

- финально ограниченная при базе

$$B$$

функция.
3. Функция

$$f: X\to R$$

называется ограниченной или финально ограниченной при базе

$$B$$

, если существует число

$$c\in R$$

и такой элемент базы, в любой точке которого

$$|f(x)|<c$$

.

Помогите разобраться, плиз.

[Xaositect]

ewert в сообщении #202029 писал(а):

кстати, причём тут положительность?

Исправил.

ewert в сообщении #202029 писал(а):

Поскольку прочтение "$f$ есть величина порядка $g$" устойчиво закреплено за односторонним обозначением $f(x)=O(g(x))$.

Вот не скажите, с этим разнобой в литературе.
Бывает, как у Зорича, $c_1|g(x)|\leq |f(x)|\leq c_2 |g(x)|$
Бывает требуют существование предела отношения(это еще обозначают $O^{*}$)

Добавлено спустя 5 минут 36 секунд:

lenok.marshal в сообщении #202031 писал(а):

Помогите разобраться, плиз.

$f(x) = O(g(x))$ на бесконечности - значит, что $|f(x)|\leq c|g(x)|$ при достаточно больших $x$, т.е. $f(x) = \beta(x)g(x)$ и $|\beta(x)|\leq c$, опять же, при достаточно больших $x$.