咱们的野心可以更大一点. 讨论一下一般方法, 这样才更有趣.
即对于含参$m$的方程 $f(x) = m$ 有若干个实根,我们可否搞定各个根的关系的约束,比如 $\sum x_i$,$\prod x_i$ ,
对于多项式方程我们是有韦达定理的,但是对于非线性方程, 我们可否有一般套路,或者说稍微粗略的结论?就像本题, 我们总不能靠某些抖机灵的灵感,得到$\sum x_i <= m+\sqrt{m}$这种上界吧
如果仅仅估计趋势，而不是像这道题目需要求严格的上界，可以计算出各点处反函数的泰勒展开式然后累加即可
可以算出根的渐进表达式
\(x=m+\ln(m)+\frac{\ln(m)}{m}+\frac{\ln(m)-\frac{(\ln(m))^2}{2}}{m^2}+\frac{\ln(m)-\frac{3(\ln(m))^2}{2}+\frac{(\ln(m))^3}{3}}{m^3}+\dots\)
数学星空 发表于 2019-9-9 13:41
可以算出根的渐进表达式
\(x=m+\ln(m)+\frac{\ln(m)}{m}+\frac{\ln(m)-\frac{(\ln(m))^2}{2}}{m^2}+\frac{ ...
这个公式不好用，可以利用3#中公式计算出$r_1=1-x_1$和$r_2=x_2-1$关于$s$的泰勒展开式。其中$m=1+s^2/2$
首先根据`f(x)=x-\ln x`单调性可知 `0< x_1 <1 < x_2`，进一步根据单调性以及介值定理容易确定`\exp(-m) < x_1< \exp(1-m)`，`m+\ln m< x_2<m+\ln(2m) `. 不过这个结果比较粗糙，需要进一步放缩。
容易通过导函数判断 `x_2 < m+\sqrt{m}< 2m`，故将 `2m` 用 `m+\sqrt{m}` 替换，可证 `x_2 < m+\ln(m+\sqrt{m})`，于是 `x_1+x_2<\exp(1-m)+m+\ln(m+\sqrt{m})`，虽然在 `m` 较大时该结果比题目中更强，但在 `m<3` 时却是题目中的结果更强。这个有点难凑。
$x_1\gt\exp(-m+\exp(-m))$
mathe 发表于 2019-9-10 19:10
$x_1\gt\exp(-m+\exp(-m))$
由`\D\ln(x_1)= -m+x_1→x_1=e^{-m+x_1}=e^{-m+e^{-m+x_1}}=e^{-m+e^{-m+e^{\cdots}}}`
迭代若干步后将所得式中的`x_1`分取`e^{-m}`和 1 即得 `x_1`更好的下界和上界。\`x_2` 的上、下界也是一样可以由一个粗糙的`L < x_2 < U`不断迭代加强：
`x_2=m+\ln x_2=m+\ln(m+\ln x_2) = \cdots \longrightarrow m+\ln(m+\ln L)< x_2< m+\ln(m+\ln U)`
虽然能不断加强，但是太复杂不好直接分析，特别是靠近1的位置，那个`\sqrt{m}`太难处理了。