$x^3=\ln(2+x)$

[dan95]

Ho un chiodo "fisso", risolvere questo problema:
Dimostrare che esiste ed è unica (in $[0,+\infty)$) la soluzione dell'equazione
$$x^3=\ln(2+x)$$
e trovare un approssimazione della soluzione.

[Vulplasir]

Considera la funzione $f(x)=x^3-ln(2+x)$, essa è continua e derivabile in $[0,+oo)$ e in particolare risulta $f(0)<0$ e $f(2)>0$, pertanto per il teorema dei valori intermedi, esiste almeno un punto $x_0$ appartenente a $]0,2[$ tale che $f(x_0)=0$. Per dimostrare che tale punto è unico basta dimostrare che in $[0,+oo)$ la funzione è strettamente monotona. Considera quindi $f'(x)=3x^2-1/(x+2)$ e l'equazione $3x^2-1/(x+2)>0$ e la risolvi.

[dan95]

Bravo si mi sai trovare un approssimazione?

[Vulplasir]

L'approssimazione è la cosa più semplice, basta usare il metodo di bisezione. Comunque riguardandola la mia soluzione non porta a niente, in verità riesco a dimostrare solo che per $x>=x_1$ $f(x)$ si annulla una e una sola volta, con $x_1 in ]0,1[$, ma non riesco a dimostrare che per $x in [0,x_1]$ $f(x)$ non si annulla mai. In pratica partendo $f'(x)=3x^2-1/(x+2)$, si ha che l'equazione $3x^2=1/(x+2)$ non è risolvibile algebricamente o almeno credo, quindi si itera il procedimento precedente, ossia consideriamo $f'(x)$ e si ha che $f'(0)<0$ e $f'(1)>0$, pertanto tra $0$ e $1$ esiste almeno un $x_1$ tale che $f'(x_1)=0$. Consideriamo ora $f''(x)=6x+1/(x+2)^2$, in $x>=0$ essa è sempre positiva, dunque $f'(x)$ si annulla e una sola volta in $x>=0$, quindi essendo $x_1<x_0$ allora in $[x_1,+oo [$ $f(x)$ risulta monotona e pertanto in $[x_1,+oo]$ esiste una sola soluzione dell'equazione data. Tra $0$ e $x_1$ non riesco a dire niente se non andandoci graficamente ma non è un metodo valido.

[dan95]

Giustamente mi stai proponendo una soluzione che fa uso di strumenti matematici made in liceo.

Ma vi è un altro modo più diretto per dire che quel l'equazione ammette soluzione ed è unica, se sei uno studente di liceo certamente non posso pretendere che tu lo sappia ma se hai masticato un po di analisi 1 sai dirmi che la funzione $S(x)=root[3]{\ln(2+x)}$ è una .... e $[0,+\infty)$ è ....quindi per il teorema del .... $EE! x \in [0,+\infty) t.c. S(x)=x$.

La soluzione che hai proposto è corretta, non l'ho vista con attenzione ma la strada è quella.

[Vulplasir]

In effetti sono ancora in quinta liceo ma penso di sapere di quale teorema stai parlando, il teorema delle contrazioni? Tra i metodi di risoluzione di equazione nel libro c'è anche questo che chiaramente non si è fatto ma a cui avevo dato un'occhiata e non avendolo mai usato non mi è venuto proprio in mente di usarlo

[Vulplasir]

Ora che ci penso però applicando le proprietà dei logaritmi l'equazione si riduce a $x=(1/3)ln(2+x)$ la cui derivata è positiva sempre in $[0,+oo)$, il che semplifica di molto le cose.

[dan95]

È il teorema delle contrazioni (o del punto fisso di Banach-Cacciopoli).

Attento ad applicare le proprietà dei logarimi: è $\root{3}(\ln(x+2))$ e non $\ln(\root{3}(x+2))$

[Vulplasir]

Già, che stupido, sbaglio pure le proprietá dei logaritmi, lo studio pre-esame mi sta dando alla testa

[Erasmus_First]

[...] Dimostrare che per $x >0$ l'equazione $x^3 = ln(2+x)$ ha una sola soluzione e trovare una [buona] approssimazione di questa soluzione.

NB: Ho modificato un po' il testo, mantenendone però esattamente il significato.

Confronta i grafici di $x^3$ e di $ln(2+x)$.
Eccoli qua (con la scala delle ordinate $y$ ridotta ad un quinto di quella delle ascisse $x$).

$->$ Grafici a confronto.png

A destra dello zero ln(2+x)>0 sale pian pianino, a sinistra ha l'asintoto verticale in x=-2 dove ln(2+x) va a $-∞$.
Invece $x^3$ sale in fretta a destra dello zero [e quindi in prossimità di $x=1$ il suo grafico interseca quello di ln(x+2) ); e a sinistra $x^3$, anche se cala in fretta, non può evitare di intersecare ln(2+x) in prossimità di $x=-2$ dove ln(x+2) precipita a $-∞$.
Quindi la tua equazione ha due sole soluzioni reali: una per $x < 0$ (in prossimità di $-2$), l'altra pe $x>0$ (in prossimità di $1$).
Quest'ultima – quella che t'interessa– è vicina a $x=1$ e però maggiore di 1 dato che:
in $x=1$ risulta $1^3=1 < ln(2+1) ≈ 1,0986$,
(e abbiamo detto che ln(2+x) sale pian pianino mentre $x^3$ sale in fretta).
[In effetti, in x = 1 la derivata di $x^3$ vale 3 mentre quella di $ln(x+2)$ vale $1/3$].
Per una buona approssimazione della soluzione anche con una calcolatrice non scientifica, prima ti calcoli ln(3) così:
$ln(3)= ln((1+1/2)/(1-1/2)) = 2·(1/2 + 1/(3·2^3) + 1/(5·2^5) + 1/(7·2^7) ...) ≈$
$≈1 + 1/12 + 1/80 + 1/(7·64) +1/(9·256) + 1/(11·1024)+1/(13·4096)+1/(15·16384) ≈ 1,09861$.

Poi metti $x = 1 + d$; e siccome $d$ è piccolo puoi trascurare $d^3$ ottenendo:
$1 + 3d + 3d^2 ≈ ln(3) + ln(1 + d/3) ≈ 1,09861 + ln((1+d/(6+d))/(1 - d/(6+d)))$ $=>$
$=>$ $3d^2 + 3d ≈ 0,09861 +(2d)/(6+d) ≈ 0,09861 +(d/3)·(1-d/6)$ $=>$
$=>$ $55/18d^2 +8/3d -0,09861 ≈0$ $^^$ $d>0$ $=>$ $d ≈0,0355$ $=>$ $x = 1+d ≈ 1,0355$.

In definitiva l'equazione $x^3 = ln(x+2)$ ha due soluzioni reali di cui una [sola] positiva che vale circa $1,0355$,

NB. Con la mia calcolatrice grafica, impostando direttamente $y = x^3 - ln(2+x)$ trovo che $y$ si annulla in:
$x_1 = -1,9996631 ... $;
$x_2 = 1,0355175 ... $.
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