Eulersche Zahl und x^x


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Geschrieben von Gabi am 13. Mai 2006 15:40:41:

Als Antwort auf: Wikipedia Eulersche Zahl und x^x geschrieben von Gabi am 12. Mai 2006 10:15:35:

Es lohnt sich vielleicht, die quantenartige Größe für e mal näher zu beleuchten:

Das a/b kann man auch schreiben als a/b = (x-1)* (x/(x-1))^x = e*(x-0.5)= e*c .
Dadurch wird das Rechnen viel einfacher (siehe Script), weil als Zwischenwerte keine großen Zahlen mehr entstehen.

Im vorletzten Posting habe ich für x=4 die Hierarchien-Bilder gemacht. Es sind immer genauso viele Hierarchie-Ebenen wie Grundeinheiten (Zahl x).
Das x=5 unterscheidet sich von x=4 nach der Potenzierung genau wie a/b, also um den Faktor e, wenn man das Ganze wieder durch den Mittelwert (4+5)/2=4.5 teilt, also auf die "neue Eins" normiert ( xo wieder auf die Einheitsgröße schrumpft).
Kurz: Nach der Schrumpfung bleibt ein Größenunterschied vom Faktor ca. e übrig, wenn die Grundeinheiten um genau 1 angewachsen waren (von 4 auf 5 oder von 2001 auf 2002 usw.).
Damit hat die Eulersche Zahl e dieselbe Bedeutung wie die Feigenbaumkonstante für quadratische Bifurkationen. Sie ist ebenfalls eine universelle Skalierungskonstante, aber statt für Verdopplungen der Strukturanzahl ist sie es für die Inkrementierung x->x+1 von Grundeinheiten, die sich bei der Anzahl x^x vollständig entfaltet haben in genau x Hierarchie-Ebenen.

DAS ist doch immerhin ein neuer Gesichtspunkt zu e.

Hier ein tolles Applet, das auch zeigt, dass e und die +1 zusammen immer wieder auftauchen, dass die +1 zur Definition gehört, genau wie beim Goldenen Schnitt:

http://www.mathe-online.at/galerie/log/n_EulerscheZahl.html

Da wir nun wissen, dass x^x und e eng zusammenhängen, habe ich wieder das alte Programm zur Lösung der Umkehrfunktion hervorgekramt. Herr Murer hat dafür eine analytische Lösung zwar gefunden, aber er hält sie bis dato geheim. Ich hatte natürlich nur eine numerische Lösung, die immerhin mit 8-13 Iterationen auskommt, um auf 12 Kommastellen genau zu berechnen. Bei Murer hatte ich gelesen, dass auch das Newtonverfahren gut funktionieren soll. Also habe ich es endlich getestet. Und: Es braucht nur sage und schreibe 3 Iterationen für die gleiche Genauigkeit !
(siehe Script, zip-Datei vom Script),

Hier die Herleitung:

A = x^x, A gegeben, x gesucht
f(x) = 0 = x^x - A = exp(x*lnx) - A
f(x)' = (x*lnx)' * exp(x*lnx) = (1*lnx + x*1/x) * exp(x*lnx) = (lnx + 1) * x^x

Newtonverfahren:
x(i+1) = x(i) - f(x(i))/f(x(i))' = x - (x^x -A)/(lnx +1)/x^x = x - (1-A/x^x)/(lnx +1) = (x*lnx + x - 1+A/x^x)/(lnx + 1)
Mit den Näherungen
A/(x(i)^x(i)) = 1 und
x(i)*ln(x(i)) = lnA
bleibt übrig:

x(i+1) = (x+lnA)/(1+lnx) mit x=x(i)

Auch hier wieder eine +1 drin !

Ich wette, Herr Murer hat irgend etwas ähnliches gefunden, wie wir es vom Komplexen Logarithmus kennen:

Ln Z = ln r + i(phi+2kPi) = x + iy als Umkehrfunktion von
Z = r * exp(i*phi)

A = x^x = exp(x*lnx)
Jetzt haben wir fast das Gleiche, aber keinen extra-Radius. Wenn wir einen hineindefinieren wollen, dann ist er immer R=1:
A = R*exp(x*lnx)
Nennen wir mal von A=x^x die Umkehrfunktion LogaMentus(A), abgekürzt LM(A).
Kommen wir jetzt zum Imaginärteil von LM(A) über den gleichen 'leichten Weg' ?
LM(A) = ln(1) + iy = 0 + iy
y = x*lnx

Setzen wir von oben x(i+1)=(x+lnA)/(1+lnx) ein:
y = (x+lnA)/(1+lnx) *lnx = (xlnx+lnA*lnx)/(1+lnx)) = (lnA + lnA*lnx)/(1+lnx) = lnA(1+lnx)/(1+lnx) = lnA

Leider ist lnA nicht die Lösung, weil das Newtonverfahren nicht die genaue Lösung ist. Hier muss noch irgendeine Funktion von A dazu. Vielleicht irgend sowas wie
x = lnA / ln(ln(A+-1)+-1) ?
Denn ganz grob gepeilt stimmt schon x = lnA/lnx .

Er hat allerdings auch die Dimension auf 3 erweitert, aber das kommt nebenbei, wenn man das 2kPi beachtet und das ominöse R mal ernster nimmt (ein 3D-R ?). Hat mir schon einige schlaflose Nächte gemacht...

MfG
Gabi




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