Slike likninger har vel egentlig ikke spesielle navn, kalles vel bare funksjoner. Det en kan merke seg er at $f( -3 ) = e^{-3} > 0$ og $f( -4 ) = e^{-4} - 1 < 0$. Dette lar jeg det være opp til deg å vise. Men det er ikke vanskeligere å løse likningen $e^{-x} < 1$ for å finne en $x$ som passer, og deretter argumentere for at $e^{-x}$ er synkende. Å vise at $e^{-3} > 0$ burde være åpenbart? For eksempel med å gange med $e^{3} \neq 0$.
Med andre ord vet vi at likningen har en løsning $x^* \in [-4,-3]$ som allerede er et relativt lite intervall.
Herfra kan en for eksempel bruke newtons tilnærmingsmetode om vi definerer funksjonen
$f(x) = e^x + x + 3$
så vil funksjonen
$
G(x) = x - \frac{f(x)}{f'(x)}
$
Konvergere mot nullpunktet (Vi kaller gjerne slike punkter for
fikspunkter). Generelt om funksjonen ikke er for stygg
og har kontinuerlige deriverte, samt at en ikke har noen bunnpunkt i næheten så vil funksjonen ovenfor konvergere raskt mot nullpunktet.
For å sikre oss mot disse kravene kan en for eksempel kreve av funksjonen $f$ skal være monotont stigende.. Men OI det har vi her, så alt er greit
Ved å sette inn $x=-3$ (siden vi vet fra oven at nullpunktet ligger i $[-4,-3]$ (vi kunne og ha tippet $(-4-3)/2 =-7/4$, men dette blir mer grisete)).
$
G(-3) = -3 - \frac{ f( e^{-3} ) }{ f ' ( e^{-3} )} = - 3 + \frac{e^{-3}}{1 + e^{-3}} \approx -3.047425875
$
Ved å ta $G(-3.047425875) \approx -3.047478491$ og $G(-3.047478491)=-3.047478491$. Siden nå $G(x) = x$ har iterasjonen stopped (siden vi bare har med 10 desimaler). Derimot kan det jo være en artig? Øvelse å vise at dette er det eneste nullpunktet funksjonen har. Hørte jeg noen si en monotont voksende kontinuerlig funksjon?
Selvsagt? Kan en og løse likningen ved hjelp av spesialfunksjoner, uten at dette gir noe spesielt dypere innsikt. På lik linje med at vi har "funnet opp" $\log x$ for å løse likninger på formen $e^x = 5 \ \Leftrightarrow \ x = \log 5$. Har vi funnet oppe en funksjon $W$ (LambertW funksjonen) for å løse likninger på formen $Ye^Y = c \ \Leftrightarrow Y = \mathrm{W}(c)$. Dette kan vi bruke for å løse likningen din og.
Men $x e^x $?! Likningen vår inneholder da ikke noe slike ledd? Hold på hatten, hva skjer om vi opphøyer likningen i $e^x$?
$ \hspace{1cm}
\begin{align*}
e^x + x + 3 & = 0 \\
\exp(e^x + x) & = \exp(-3) \\
\exp(x) \cdot e^{\exp(x)} & = \exp(-3) \\
\exp(x) & = \mathrm{W} ( e^{-3} ) \\
x & = \log \mathrm{W} ( e^{-3} ) \\
& = \log e^{-3} - \mathrm{W} ( e^{-3} ) \\
& = - 3 - \mathrm{W} ( e^{-3} )
\end{align*}
$
Her ble den forvirrende notasjonen $e^x = \exp(x)$ brukt siden $e^{ e^{x} } $ ser om mulig enda mer forvirrende ut, samt
at definisjonen $Y e^{Y} = c \ \Leftrightarrow \ Y = W(c)$ ble brukt med $c = e^{-3}$ og (pussig nok?) $Y = e^{x}$.
Her trenger en gruppe algebratrollmenn i magen for å se overgangene og selv måtte jeg stirre hardt for å finne ut av det.
Blant annet siden $Y e^{Y} = c \ \Leftrightarrow \ Y = W(c)$, impliserer dette at $W( x e^{x} ) = x$ ved å ta 'inversen' på begge sider.
Eller med andre ord $W(x) e^{W(x)} = x$. Tar en nå logaritmen fås $\log W(x) + W(x) = \log x$ eller $\log W(x) = \log x - W(x)$
som vi brukte i siste overgang.
Men om svaret $- 3 - \mathrm{W} ( e^{-3} )$ er mer oppklarende eller gir bedre innsikt enn $-3.047478491$ vet jeg ærlig talt ikke :p