¿Cómo se resuelve la ecuación e^×=׳?

Sea la ecuación

ex=x3ex=x3

Apliquemos logaritmo natural lnln a ambos lados de la igualdad:

ln(ex)=ln(x3)ln⁡(ex)=ln⁡(x3)

Utilicemos ahora el hecho de que

logb(ac)=clogb(a),    b∈C∖{0, 1},  a∈C∖{0}, c∈C (Conjunto de los números complejos)logb⁡(ac)=clogb⁡(a),    b∈C∖{0, 1},  a∈C∖{0}, c∈C (Conjunto de los números complejos)

xln(e)=3ln(x)xln⁡(e)=3ln⁡(x)

Apliquemos ahora la siguiente propiedad de los logaritmos:

logb(b)=1,    b∈C∖{0, 1}logb⁡(b)=1,    b∈C∖{0, 1}

x=3ln(x)x=3ln⁡(x)

Dividiendo a ambos lados de la igualdad con lnx:ln⁡x:

xln(x)=3xln⁡(x)=3

Elevando ambos miembros de la igualdad a −1:−1:

ln(x)x=13ln⁡(x)x=13

1xln(x)=131xln⁡(x)=13

Multiplicando ambos lados de la igualdad con −1:−1:

−1xln(x)=−13−1xln⁡(x)=−13

Existen otras dos propiedades de los logaritmos que vamos a utilizar, las cuales son las siguientes:

logb(ac)=logb(a)−logb(c)logb⁡(ac)=logb⁡(a)−logb⁡(c)

logb(1)=0logb⁡(1)=0

donde

b∈C∖{0, 1},  a, c∈C∖{0}b∈C∖{0, 1},  a, c∈C∖{0}

Si a=1a=1 y c=x,c=x, entonces

logb(1x)=logb(1)−logb(x)=−logb(x)logb⁡(1x)=logb⁡(1)−logb⁡(x)=−logb⁡(x)

Por tanto, tenemos que

1xln(1x)=−131xln⁡(1x)=−13

Si hacemos el siguiente cambio de variable:

1x=ey1x=ey

entonces tenemos que

ey⋅y=−13ey⋅y=−13

yey=−13yey=−13

Ahora me permito introducir la función W de Lambert, definida como la inversa de xex.xex. Algunas de sus propiedades son las siguientes:

• Si estamos trabajando con números reales xx e yy y queremos resolver una ecuación de tipo yey=x,yey=x, solo lo podremos hacer si y solo si x≥−1e.x≥−1e. Si −1e≤x<0,−1e≤x<0, entonces las soluciones son y=W0(x)y=W0(x) e y=W−1(x),y=W−1(x), y si x≥0,x≥0, las soluciones son y=W0(x).y=W0(x).
• W(xex)=x.W(xex)=x.

Sabiendo que

−1e≤−13<0−1e≤−13<0

tenemos las siguientes dos soluciones:

y=W0(−13)y=W0(−13)

e

y=W−1(−13)y=W−1(−13)

Y como

1x=ey1x=ey

tenemos que

x=e−yx=e−y

Para darse cuenta de esto, basta multiplicar ambos lados de la penúltima igualdad con xx y luego dividir a ambos lados de la igualdad resultante con ey.ey.

Por tanto,

x=e−W0(−13)x=e−W0(−13)

y

x=e−W−1(−13)x=e−W−1(−13)

Pero quizás estaría mejor obtener soluciones numéricas. Para obtener esto último, es necesario recurrir a métodos iterativos y el que aplicaremos aquí será el método de Newton-Raphson. La ecuación de dicho método es la siguiente:

xn+1=xn−f(xn)f′(xn)xn+1=xn−f(xn)f′(xn)

Para aplicar el método de Newton-Raphson, vamos a volver a la siguiente igualdad:

yey=−13yey=−13

Sumando 1313 a ambos lados de la igualdad, obtenemos que

yey+13=0yey+13=0

A todo lo de la izquierda de la igualdad lo vamos a tomar como nuestra función del método, i.e.,

f(y)=yey+13f(y)=yey+13

Nuestro objetivo es encontrar aquellos valores de yy que hacen que f(y)=0.f(y)=0.

Para saber cuántos puntos cumplen con eso, la graficamos:

Imagen: WolframAlpha. "graph ye^y + 1/3 = 0".

Esto nos va a servir para escoger las condiciones iniciales. Aquí ya sabemos que

y1∈(−1, 0)y1∈(−1, 0)

y que

y2∈(−2, −1)y2∈(−2, −1)

Si evaluamos la función en yn,yn, entonces tenemos que

f(yn)=yneyn+13f(yn)=yneyn+13

La derivada de la función es facilita:

f′(y)=ey+yey=(1+y)eyf′(y)=ey+yey=(1+y)ey

Evaluada en yn:yn:

f′(yn)=(1+yn)eynf′(yn)=(1+yn)eyn

Por tanto, la ecuación del método de Newton-Raphson para este caso particular es

yn+1=yn−yneyn+13(1+yn)eynyn+1=yn−yneyn+13(1+yn)eyn

Ahora vamos a fijar un criterio de convergencia relativo, que consiste en que

∣∣∣ynyant−1∣∣∣≤ε|ynyant−1|≤ε

donde εε es nuestro error relativo, digamos que ε=10−6.ε=10−6.

Utilizaré Scilab para aplicar el método y el programa será el siguiente:

epsilon = 1e-6

y = input("Introduce un valor inicial: ")

y_ant = input("Introduce un valor anterior al inicial: ")

while abs(y/y_ant - 1) > epsilon

y_ant = y

y = y - (y*((%e)**y) + 1/3)/((1 + y)*((%e)**y))

end

printf("Solución de la ecuación ye^y + 1/3 = 0: y = %.6f", y)

Si escogemos como condiciones iniciales

y=−0.2y=−0.2

e

yant=−0.1yant=−0.1

obtenemos que

y=−0.619061y=−0.619061

y si escogemos como condiciones iniciales

y=−1.5y=−1.5

e

yant=−1.25yant=−1.25

obtenemos que

y=−1.512135y=−1.512135

La primera solución es W0(−13)W0(−13) y la segunda W−1(−13).W−1(−13).

Por tanto, tenemos que

x1=e−(−0.619061)=1.85718=e−W0(−13)x1=e−(−0.619061)=1.85718=e−W0(−13)

y que

x2=e−(−1.512135)=4.53641=e−W−1(−13)x2=e−(−1.512135)=4.53641=e−W−1(−13)

y esas son todas las soluciones reales de la ecuación principal.

Existen también para la ecuación yey+13=0yey+13=0 infinitas soluciones complejas de tipo

y=Wn(−13),    n∈Z∖{−1, 0}y=Wn(−13),    n∈Z∖{−1, 0}

Referencia: WolframAlpha. "Solve ye^y + 1/3 = 0".

Por tanto, la ecuación principal tiene también las soluciones complejas

x=e−Wn(−13),    n∈Z∖{−1, 0}x=e−Wn(−13),    n∈Z∖{−1, 0}

A su vez, la ecuación principal tiene también las soluciones complejas

x=−3Wn(16(1−i3–√)),    n∈Z (Conjunto de los números enteros)x=−3Wn(16(1−i3)),    n∈Z (Conjunto de los números enteros)

y

x=−3Wn(16(1+i3–√)),    n∈Z (Conjunto de los números enteros)x=−3Wn(16(1+i3)),    n∈Z (Conjunto de los números enteros)

donde

i=+−1−−−√i=+−1

Referencia: WolframAlpha. "Solve e^x = x^3".

Ninguna de estas soluciones complejas se puede obtener mediante el método de Newton-Raphson.