Esponenziale e logaritmo tangenti!
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Enrico Leon
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Esponenziale e logaritmo tangenti!
Trovare il valore (approssimato) di $ p $ tale che le curve $ y=e^{px} $ e $ y=\ln{x} $ risultino tangenti.
nn solo. Sia $ (x_0, y_0, p_0) = (x_0, \ln x_0, p_0 ) $ una terna di valori per x, y e p ke soddisfi le condizioni di tangenza delle due curve, allora e':Fedecart ha scritto:Bisogna eguagliare le due derivate, giusto?
$ \ln x_0 = e^{p_0 x_0} $
$ p_0 e^{p_0x_0} = \frac{1}{x_0} $
questo e un sistema di 2 equzioni in due incognite. Praticamente devi supporre ke le due curve si intersechino e poi, nel punto di intersezione, abbiano uguale derivata.
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Dobbiamo risolvere il sistema
$ \displaystyle e^{px}=\ln x $
$ \displaystyle pe^{px}=\frac1x $.
Dividendo la seconda per la prima si trova $ \displaystyle p=\frac1{x\ln x} $ che sostituita nella prima porta a $ \displaystyle e^{\frac1{\ln x}}=\ln x $.
Posto $ \displaystyle w=\frac1{\ln x} $, quest'ultima diventa $ we^w=1 $ la cui soluzione si indica con $ \displaystyle w=W(1) $ dove $ W(z) $ è la funzione W di Lambert.
Per inciso, $ W(1)\simeq 0.567143290409784\dots $
Risolvendo $ \displaystyle w=\frac1{\ln x} $ rispetto a $ x $ troviamo $ \displaystyle x=e^{\frac1{W(1)}} $.
Dalla prima equazione del sistema ricaviamo $ \displaystyle p=\frac{\ln\ln x}x $, ovvero $ \displaystyle p=\ln\left(\frac1{W(1)}\right)e^{-\frac1{W(1)}}=-e^{-\frac1{W(1)}}\ln W(1) $.
Valutando numericamente questa espressione si trova che è pari a circa $ p\simeq 0.0972601312276394\dots $
$ \displaystyle e^{px}=\ln x $
$ \displaystyle pe^{px}=\frac1x $.
Dividendo la seconda per la prima si trova $ \displaystyle p=\frac1{x\ln x} $ che sostituita nella prima porta a $ \displaystyle e^{\frac1{\ln x}}=\ln x $.
Posto $ \displaystyle w=\frac1{\ln x} $, quest'ultima diventa $ we^w=1 $ la cui soluzione si indica con $ \displaystyle w=W(1) $ dove $ W(z) $ è la funzione W di Lambert.
Per inciso, $ W(1)\simeq 0.567143290409784\dots $
Risolvendo $ \displaystyle w=\frac1{\ln x} $ rispetto a $ x $ troviamo $ \displaystyle x=e^{\frac1{W(1)}} $.
Dalla prima equazione del sistema ricaviamo $ \displaystyle p=\frac{\ln\ln x}x $, ovvero $ \displaystyle p=\ln\left(\frac1{W(1)}\right)e^{-\frac1{W(1)}}=-e^{-\frac1{W(1)}}\ln W(1) $.
Valutando numericamente questa espressione si trova che è pari a circa $ p\simeq 0.0972601312276394\dots $
Ultima modifica di FeddyStra il 22 dic 2008, 21:43, modificato 1 volta in totale.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Ah ok ho capito... Queste cose le stiamo facendo a scuola quest'anno!!Jacobi ha scritto:nn solo. Sia $ (x_0, y_0, p_0) = (x_0, \ln x_0, p_0 ) $ una terna di valori per x, y e p ke soddisfi le condizioni di tangenza delle due curve, allora e':Fedecart ha scritto:Bisogna eguagliare le due derivate, giusto?
$ \ln x_0 = e^{p_0 x_0} $
$ p_0 e^{p_0x_0} = \frac{1}{x_0} $
questo e un sistema di 2 equzioni in due incognite. Praticamente devi supporre ke le due curve si intersechino e poi, nel punto di intersezione, abbiano uguale derivata.
(anke se io le ho gia fatte un bel po di tempo fa... 
)
