LambertW函數(shù)的求解方法，相關(guān)性質(zhì)以及繪圖Matlab代碼

以一個(gè)具體例子作為引子，對(duì)于 2 x = x {2^x} = x 2x=x之類的超越方程，我們通常采用郎柏 W W W函數(shù)作為工具進(jìn)行求解。盡管這種超越方程可以用軟件進(jìn)行求解，可這種基本的基于郎柏 W W W函數(shù)的求解方法還是很值得學(xué)習(xí)的。接下來(lái)，我將依次介紹這個(gè)方程的詳細(xì)解答過(guò)程，郎柏 W W W函數(shù)的相關(guān)知識(shí)以及郎柏W函數(shù)相關(guān) m a t l a b matlab matlab代碼。

話不多說(shuō)，上手此方程的解答過(guò)程（先說(shuō)明沒(méi)有實(shí)數(shù)解）。

首先，我們需要利用 W W W函數(shù)的基本的性質(zhì)（這個(gè)會(huì)在后面講到），湊出 x e x x{e^x} xex 的形式，對(duì)應(yīng)于這個(gè)方程，我們需要通過(guò)移項(xiàng)，得到這個(gè)式子：

2 x = x ? ( ? x ) ? 2 ? x = ? 1 ? ( ? x ? ln ? 2 ) ? e ? x ? ln ? 2 = ? ln ? 2 \begin{array}{l} {2^ x} = x\\ \Rightarrow \left( { - x} \right) \cdot {2^ { - x}} = - 1\\ \Rightarrow \left( { - x \cdot \ln 2} \right) \cdot {e^{ - x \cdot \ln 2}} = - \ln 2 \end{array}\\ 2x=x?(?x)?2?x=?1?(?x?ln2)?e?x?ln2=?ln2?

兩邊分別進(jìn)行郎柏 W W W 化，得到：

W [ ( ? x ? ln ? 2 ) ? e ? x ? ln ? 2 ] = W ( ? ln ? 2 ) W\left[ {\left( { - x \cdot \ln 2} \right) \cdot {e^{ - x \cdot \ln 2}}} \right] = W\left( { - \ln 2} \right)\\ W[(?x?ln2)?e?x?ln2]=W(?ln2)

由于 W W W 函數(shù)是 f ( x ) = x ? e x f\left( x \right) = x \cdot {e^x} f(x)=x?ex的反函數(shù)，則這個(gè)式子可化為： ( ? x ? ln ? 2 ) = W ( ? ln ? 2 ) ? x = ? W ( ? ln ? 2 ) ln ? 2 \begin{array}{l} \left( { - x \cdot \ln 2} \right) = W\left( { - \ln 2} \right)\\ \Rightarrow x = - \frac{{W\left( { - \ln 2} \right)}}{{\ln 2}} \end{array}\\ (?x?ln2)=W(?ln2)?x=?ln2W(?ln2)?? W W W 函數(shù)有很多分支，在這里我們?nèi)≈鞣种? W 0 ( x ) {W_0}\left( x \right) W0?(x) ，用matlab求解具體數(shù)值得： x = 0.8247 ? 1.5674 i x = 0.8247 - 1.5674i\\ x=0.8247?1.5674i 取負(fù)一分支 W ? 1 ( x ) {W_{ - 1}}\left( x \right) W?1?(x) 得： x = 0.8247 + 1.5674 i x=0.8247+1.5674i x=0.8247+1.5674i

可能你會(huì)疑惑，bro，這些都是個(gè)啥？

接下來(lái)你聽(tīng)到的，就是保姆級(jí)郎柏 W 函數(shù)的教程，包括基本知識(shí)，拓展題和郎柏 W 函數(shù)相關(guān)matlab代碼。

朗柏 W W W函數(shù)是數(shù)學(xué)上的一個(gè)特殊函數(shù)，它主要用于解決以下形式的方程： z e z = W z{e^z} = W\\ zez=W

這里， e e e是自然對(duì)數(shù)的底， z z z 是復(fù)數(shù)。給定 W W W ，我們要求解 z z z 。

而為了求解 z z z ，我們可以對(duì)其求反函數(shù)。于是，作為 f ( z ) = z e z f\left( z \right) = z{e^z} f(z)=zez 的反函數(shù)，郎柏 W W W 函數(shù)定義為 z = W ( z ) e W ( z ) z = W\left( z \right){e^{W\left( z \right)}} z=W(z)eW(z) 。（反函數(shù)的性質(zhì)： y ( x ) ? x ( y ) = x y\left( x \right) \cdot x\left( y \right) = x y(x)?x(y)=x ）

為何關(guān)心這樣的方程？因?yàn)樗谠S多數(shù)學(xué)、物理和工程問(wèn)題中都有出現(xiàn)。特別是在解復(fù)合指數(shù)函數(shù)時(shí)，這種方程出現(xiàn)得很自然。

由于 z z z 為復(fù)數(shù)，故函數(shù) f f f 不是單映射，因此函數(shù) W W W 是多值的。考慮該方程在某些區(qū)域有多個(gè)解，因此 W W W 函數(shù)實(shí)際上有多個(gè)分支。最常用的是主分支和負(fù)一分支。

具體而言，由于 z z z 是一個(gè)復(fù)數(shù)，為了簡(jiǎn)化，當(dāng)我們把 z z z 限制為實(shí)數(shù)，且要求 W W W 是實(shí)數(shù)時(shí)，函數(shù)就只在 z ∈ ( ? 1 e , + ∞ ) z \in \left( { - \frac{1}{e}, + \infty } \right) z∈(?e1?,+∞)區(qū)間上有意義。這說(shuō)明我們定義的分支里有意義的區(qū)域都是落在這個(gè)區(qū)間里的。

所以什么是主分支呢？

當(dāng)我們進(jìn)一步加上 W ≥ ? 1 W \ge - 1 W≥?1 的限制后，就形成了一個(gè)單值函數(shù)，即 W 0 ( z ) {W_0}\left( z \right) W0?(z) 。對(duì)于 z > 0 z>0 z>0 ，該函數(shù)的值始終為正。

對(duì)于負(fù)一分支，定義就簡(jiǎn)單多了。在共同有意義的區(qū)間內(nèi)的 w ≤ ? 1 w \le - 1 w≤?1 的分支，就是負(fù)一分支。 這是主分支左側(cè)的分支，適用于 ? 1 e ≤ z < 0 - \frac{1}{e} \le z < 0 ?e1?≤z{0^ - }} \right) = \infty {{{\left( {1 - v\cot v} \right)}^2} + {v^2}}}{{x + v\csc v \cdot {e^{ - v\cot v}}}}dv,\left| {\arg \left( x \right) < \pi } \right|} \\ {\rmik22qq2}}{{{\rmik22qq2}x}}W(x)} \right]\ln \left( {1 - \frac{z}{x}} \right)dx} \\ {2\pi }}\int_0^\infty {\ln \frac{{t - \ln t + \ln x + \left( {2k + 1} \right)\pi i}}{{t - \ln t + \ln x + \left( {2k - 1} \right)\pi i}} \cdot \frac{{dt}}{{t + 1}}} }}\\ &= 1 + \left( {\ln x - 1 + 2k\pi i} \right){e^{\frac{i}{{2\pi }}\int_0^\infty {\ln \frac{{{{\left( {t - \ln t + \ln x} \right)}^2} + \left( {4{k^2} - 1} \right){\pi ^2} + 2\pi \left( {t - \ln t + \ln x} \right)i}}{{{{\left( {t - \ln t + \ln x} \right)}^2} + {{\left( {2k\pi - \pi } \right)}^2}}} \cdot \frac{{dt}}{{t + 1}}} }} \end{aligned}\\ {dt}}{{t + 1}}} }},x 0\\ W0?(x)=1+(lnx?1)e?π1?∫0∞?arg(t?lnt+lnx+πi)t+1dt?,x>0

由隱函數(shù)的求導(dǎo)法則，（即， d x d y = 1 f ′ y , d 2 x d y 2 = d d x d y d x ? d x d y = ? f ′ ′ y ( f ′ y ) 3 \frac{{dx}}{{dy}} = \frac{1}{{{{f'}_y}}},\frac{{{d^2}x}}{{d{y^2}}} = \frac{{d\frac{{dx}}{{dy}}}}{{dx}} \cdot \frac{{dx}}{{dy}} = - \frac{{{{f''}_y}}}{{{{\left( {{{f'}_y}} \right)}^3}}} dydx?=f′y?1?,dy2d2x?=dxddydx???dydx?=?(f′y?)3f′′y?? ）

郎柏 W W W 函數(shù)的微分方程為：

z [ 1 + W ( z ) ] d d z W ( z ) = W ( z ) z\left[ {1 + W\left( z \right)} \right]\fracik22qq2{{dz}}W\left( z \right) = W\left( z \right)\\ z[1+W(z)]dzd?W(z)=W(z)

因此，

d d z W ( z ) = W ( z ) z [ 1 + W ( z ) ] , z ≠ ? 1 e \fracik22qq2{{dz}}W\left( z \right) = \frac{{W\left( z \right)}}{{z\left[ {1 + W\left( z \right)} \right]}},z \ne - \frac{1}{e}\\ dzd?W(z)=z[1+W(z)]W(z)?,z=?e1?

而對(duì) W W W 函數(shù)進(jìn)行積分后的形式為：

∫ W ( x ) d x = x ? [ W ( x ) ? 1 + 1 W ( x ) ] + C \int {W\left( x \right)dx = x \cdot \left[ {W\left( x \right) - 1 + \frac{1}{{W\left( x \right)}}} \right]} + C\\ ∫W(x)dx=x?[W(x)?1+W(x)1?]+C

在 [ 0 , 1 ] \left[ {0,1} \right] [0,1]上積分則為

∫ 0 1 W ( x ) d x = Ω + 1 Ω ? 2 ≈ 0.3304 \int_0^1 {W\left( x \right)dx} = \Omega + \frac{1}{\Omega } - 2 \approx 0.3304\\ ∫01?W(x)dx=Ω+Ω1??2≈0.3304

其中 Ω Ω Ω 為歐米加常數(shù)，它的值大約為 0.5671432904097838729999686622 0.5671432904097838729999686622 0.5671432904097838729999686622 （ O E I S OEIS OEIS數(shù)列 A 030178 A030178 A030178），我們可以用迭代的方法來(lái)計(jì)算 Ω Ω Ω ，即以下遞推數(shù)列： Ω n + 1 = e ? Ω n {\Omega _{n + 1}} = {e^{ - \Omega n}}\\ Ωn+1?=e?Ωn

其中， lim ? n → ∞ ∑ Ω n = Ω \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \sum {{\Omega _n}} = \Omega n→∞lim?∑Ωn?=Ω。即，此級(jí)數(shù)的極限收斂于歐米伽常數(shù) Ω \Omega Ω。

相信第一眼看到 W ( z ) W\left( z \right) W(z) 的這么復(fù)雜的微分積分的表達(dá)式，尤其是它的積分性質(zhì)，可能你已經(jīng) “一個(gè)字絕了” “一個(gè)字絕了” “一個(gè)字絕了”。但我們平時(shí)用它來(lái)解方程的時(shí)候用不上這些，用的都是它的性質(zhì)。

在進(jìn)行求解這種超越方程時(shí)，主要應(yīng)用的性質(zhì)是如下這種 ( k > 0 ) \left( {k > 0} \right) (k>0):

W ( k ln ? k ) = ln ? k W\left( {k\ln k} \right) = \ln k\\ W(klnk)=lnk

W ( ? ln ? k k ) = ? ln ? k W\left( { - \frac{{\ln k}}{k}} \right) = - \ln k\\ W(?klnk?)=?lnk

第二個(gè)性質(zhì)也是第一個(gè)的變式，因?yàn)? ? ln ? k = ln ? ( 1 k ) - \ln k = \ln \left( {\frac{1}{k}} \right) ?lnk=ln(k1?)（ p . s . p.s. p.s.一段痛苦的回憶~）

這些性質(zhì)都是利用的 W ( x ) W\left( x \right) W(x) 的定義，解方程時(shí)就需要將方程看成一個(gè)一個(gè)的 W ( x e x ) = x W\left( {x{e^x}} \right) = x W(xex)=x ——因?yàn)? f ( x ) = x e x f\left( x \right) = x{e^x} f(x)=xex 的反函數(shù)就是 W ( x ) W\left( x \right) W(x) 。具體說(shuō)來(lái)， W ( k ln ? k ) = W ( ln ? k ? e ln ? k ) = ln ? k W\left( {k\ln k} \right) = W\left( {\ln k \cdot {e^{\ln k}}} \right) = \ln k W(klnk)=W(lnk?elnk)=lnk。這種變換同樣也是解方程時(shí)應(yīng)用的技巧。

其實(shí)，縱觀一些數(shù)理知識(shí)某些難題所用的解法，大多都來(lái)自于所應(yīng)用的知識(shí)點(diǎn)的公式推導(dǎo)過(guò)程的變形。

話題拉回來(lái)，上面兩個(gè)基本形式的變形就是如下這些等式：

W [ ? ln ? ( x + 1 ) x ( x + 1 ) 1 x ] = ? x + 1 x ln ? ( x + 1 ) , x ∈ ( ? 1 , 0 ) W\left[ { - \frac{{\ln \left( {x + 1} \right)}}{{x{{\left( {x + 1} \right)}^{\frac{1}{x}}}}}} \right] = - \frac{{x + 1}}{x}\ln \left( {x + 1} \right),x \in \left( { - 1,0} \right)\\ W[?x(x+1)x1?ln(x+1)?]=?xx+1?ln(x+1),x∈(?1,0)

W ( i π ) = ? i π W\left( {i\pi } \right) = - i\pi \\ W(iπ)=?iπ W ( ? i π ) = i π W\left( { - i\pi } \right) = i\pi \\ W(?iπ)=iπ

上面的式子巧妙地應(yīng)用了歐拉公式，即 e i π = cos ? π + i sin ? π = ? 1 {e^{i\pi }} = \cos \pi + i\sin \pi = - 1\\ eiπ=cosπ+isinπ=?1 故， W ( ? i π ) = W ( e i π ? i π ) = i π W\left( { - i\pi } \right) = W\left( {{e^{i\pi }} \cdot i\pi } \right) = i\pi \\ W(?iπ)=W(eiπ?iπ)=iπ v i s e v e r s a vise \quad versa viseversa~

于是便誕生了一些相關(guān)的特殊值，如

W ( ? ln ? 2 2 ) = ? ln ? 2 W\left( { - \frac{{\ln 2}}{2}} \right) = - \ln 2\\ W(?2ln2?)=?ln2

W ( ? 1 e ) = ? 1 W\left( { - \frac{1}{e}} \right) = - 1\\ W(?e1?)=?1

W ( e ) = W ( e 1 ? 1 ) = 1 W\left( e \right) = W\left( {{e^1} \cdot 1} \right) = 1\\ W(e)=W(e1?1)=1

W ( e e + 1 ) = W ( e e ? e ) = e W\left( {{e^{e + 1}}} \right) = W\left( {{e^e} \cdot e} \right) = e\\ W(ee+1)=W(ee?e)=e

W ( ? π 2 ) = π 2 i W\left( { - \frac{\pi }{2}} \right) = \frac{\pi }{2}i\\ W(?2π?)=2π?i （注：這個(gè)公式也用到了歐拉公式，和上面的推導(dǎo)一樣）

它還有其他一些有趣的性質(zhì)，比如：

z z z z z . . . = lim ? n → ∞ ( z ↑ ↑ n ) = ? W ( ? ln ? z ) ln ? z {z^{{z^{{z^{{z^{{z{...} }}}}}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {z \uparrow \uparrow n} \right) = - \frac{{W\left( { - \ln z} \right)}}{{\ln z}}\\ zzzzz...=n→∞lim?(z↑↑n)=?lnzW(?lnz)?

其中 ↑ ↑ \uparrow \uparrow ↑↑ 是高德納箭號(hào)表示法。（是否和開(kāi)頭的例子的結(jié)果類似？）

如果 z > 0 z>0 z>0 ，還有 ln ? W ( z ) = ln ? z ? W ( z ) \ln W\left( z \right) = \ln z - W\left( z \right) lnW(z)=lnz?W(z) 。

既然它是一個(gè)函數(shù)，那它會(huì)不會(huì)有泰勒級(jí)數(shù)呢？

還真有， W 0 {W_0} W0? 在 x = 0 x=0 x=0 展開(kāi)的泰勒級(jí)數(shù)為：

W 0 ( x ) = ∑ n = 1 ∞ ( ? 1 ) n ? 1 n n ? 1 n ! x n = x ? x 2 + 3 2 x 3 ? 8 3 x 4 + 125 24 x 5 ? ? {W_0}\left( x \right) = \sum\limits_{n = 1}^\infty {{{\left( { - 1} \right)}^{n - 1}}\frac{{{n^{n - 1}}}}{{n!}}} {x^n} = x - {x^2} + \frac{3}{2}{x^3} - \frac{8}{3}{x^4} + \frac{{125}}{{24}}{x^5} - \cdots \\ W0?(x)=n=1∑∞?(?1)n?1n!nn?1?xn=x?x2+23?x3?38?x4+24125?x5??

收斂半徑為 1 e \frac{1}{e} e1?。

那既然有收斂半徑，總得有收斂區(qū)間吧？

有同學(xué)就想當(dāng)然得想到收斂區(qū)間可能是 x ∈ ( ? 1 e , 1 e ) x \in \left( { - \frac{1}{e},\frac{1}{e}} \right) x∈(?e1?,e1?) ，

但是 ∣ x ∣ = 1 e \left| x \right| = \frac{1}{e} ∣x∣=e1? 時(shí)的情況需要討論。

就拿 x = ? 1 e x = - \frac{1}{e} x=?e1? 時(shí)來(lái)說(shuō)，此時(shí)，

u n = ( ? 1 ) 2 n ? 1 n n ? 1 n ! ? ( 1 e ) n = ? n n ? 1 n ! ? ( 1 e ) n \begin{aligned} {u_n} &= {\left( { - 1} \right)^{2n - 1}}\frac{{{n^{n - 1}}}}{{n!}} \cdot {\left( {\frac{1}{e}} \right)^n}\\ &= - \frac{{{n^{n - 1}}}}{{n!}} \cdot {\left( {\frac{1}{e}} \right)^n} \end{aligned}\\ un??=(?1)2n?1n!nn?1??(e1?)n=?n!nn?1??(e1?)n?

我們可以對(duì) u n {u_n} un? 加絕對(duì)值（注：后面發(fā)現(xiàn)不用這樣做，這里當(dāng)是復(fù)習(xí)一下考研數(shù)學(xué)吧），由絕對(duì)值不等式，得 u n ≤ ∣ u n ∣ {u_n} \le \left| {{u_n}} \right| un?≤∣un?∣，

故，由比較審斂法得，當(dāng)級(jí)數(shù) { ∣ u n ∣ } \left\{ {\left| {{u_n}} \right|} \right\} {∣un?∣} 收斂時(shí)， { u n } \left\{ {{u_n}} \right\} {un?}必收斂（大的收斂，小的必收斂；小的發(fā)散，大的必發(fā)散）

所以接下來(lái)，將用比值審斂法討論 { ∣ u n ∣ } \left\{ {\left| {{u_n}} \right|} \right\} {∣un?∣}的收斂情況。

這里先不取極限，原因一會(huì)兒就知道了。

于是：

u n + 1 u n = ( n + 1 ) n n ! ( n + 1 ) ! n n ? 1 e n e n + 1 = 1 e ? ( n + 1 ) n ? 1 ( n ) n ? 1 = ( 1 + 1 n ) n ? 1 e \begin{aligned} \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} &= \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^n}n!}}{{\left( {n + 1} \right)!{n^{n - 1}}}}\frac{{{e^n}}}{{{e^{n + 1}}}}\\ &= \frac{1}{e} \cdot \frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^{n - 1}}}}{{{{\left( n \right)}^{n - 1}}}}\\ &= \frac{{{{\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}^{n - 1}}}}{e} \end{aligned}\\ un?un+1???=(n+1)!nn?1(n+1)nn!?en+1en?=e1??(n)n?1(n+1)n?1?=e(1+n1?)n?1??

所以，你就可以看到，如果對(duì)其求極限，會(huì)發(fā)現(xiàn)極限為 1 1 1，根據(jù)比值審斂法，當(dāng)極限為 1 1 1時(shí)，審斂法就失效了。

在審斂法失效的情況下，考研張宇的方法就顯得十分絕妙了。

回歸定義，令 f ( x ) = ( 1 + 1 x ) x ? 1 f\left( x \right) = {\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)^{x - 1}} f(x)=(1+x1?)x?1 ，我們對(duì)其進(jìn)行求導(dǎo)，（當(dāng)然是兩邊取對(duì)數(shù)求導(dǎo)啦，你也可以變成 e x p exp exp函數(shù)，由于這種求導(dǎo)是基本功，所以就不展示了）發(fā)現(xiàn)在 x > 0 x>0 x>0 時(shí)它是從 0 0 0開(kāi)始增加，且單調(diào)遞增的，然后我們對(duì)它取極限，發(fā)現(xiàn)它是趨向于 e e e 的。就是說(shuō)， ( 1 + 1 n ) n ? 1 < e {\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)^{n - 1}} < e\\ (1+n1?)n?1{{{\left( {1 + \frac{1}{n}} \right)}^{n - 1}}}}{e} < 1\\ \Rightarrow \frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} < 1 \end{array}\\ {u_n}} \right\} {u_n}} \right\} {u_n}} \right\} {xy}}{{W\left( x \right)}} + \frac{{xy}}{{W\left( y \right)}}} \right],x 0,y > 0\\ W(x)+W(y)=W[W(x)xy?+W(y)xy?],x>0,y>0

在學(xué)習(xí)了以上知識(shí)后，來(lái)看這道題。 [ 例題 ] [例題] [例題] 用數(shù)理方法解出以下超越方程： 2 x + x ? 3 = 0 {2^x} + x - 3 = 0\\ 2x+x?3=0

對(duì)于這道題，主要思路就是要利用 W W W 函數(shù)的性質(zhì)，即 W ( x e x ) = x W\left( {x{e^x}} \right) = x W(xex)=x 來(lái)進(jìn)行方程的求解。

首先，我們得移項(xiàng)： 2 x = ? ( x ? 3 ) {2^x} = - \left( {x - 3} \right)\\ 2x=?(x?3)

然后利用冪的性質(zhì)，兩邊乘以 2 ? 3 = 8 {2^{ - 3}}=8 2?3=8 ，使方程兩邊都湊出 ( x ? 3 ) \left( {x - 3} \right) (x?3) 項(xiàng)，即 2 x ? 3 = ? x ? 3 8 8 = ? ( x ? 3 ) ? 2 ? ( x ? 3 ) = ? ( x ? 3 ) ? e ? ( x ? 3 ) ? ln ? 2 8 ln ? 2 = [ ? ( x ? 3 ) ? ln ? 2 ] ? e [ ? ( x ? 3 ) ? ln ? 2 ] \begin{aligned} {2^{x - 3}} &= - \frac{{x - 3}}{8}\\ 8 &= - \left( {x - 3} \right) \cdot {2^{ - \left( {x - 3} \right)}}\\ & = - \left( {x - 3} \right) \cdot {e^{ - \left( {x - 3} \right) \cdot \ln 2}}\\ 8\ln 2 &= \left[ { - \left( {x - 3} \right) \cdot \ln 2} \right] \cdot {e^{\left[ { - \left( {x - 3} \right) \cdot \ln 2} \right]}} \end{aligned}\\ 2x?388ln2?=?8x?3?=?(x?3)?2?(x?3)=?(x?3)?e?(x?3)?ln2=[?(x?3)?ln2]?e[?(x?3)?ln2]?

然后，將等式兩邊 W W W 函數(shù)一下，得: ( x ? 3 ) ln ? 2 = W ( 8 ln ? 2 ) \left( {x - 3} \right)\ln 2 = W\left( {8\ln 2} \right)\\ (x?3)ln2=W(8ln2)

這時(shí)候，如果取主分支 W 0 ( z ) {W_0}\left( z \right) W0?(z)，精彩的事就發(fā)生了：

8 ln ? 2 8\ln 2 8ln2 可以寫(xiě)成 2 2 ln ? 2 2 {2^2}\ln {2^2} 22ln22， 就可以消掉 W W W 函數(shù)的形式，故： ? ( x ? 3 ) ln ? 2 = ln ? 4 3 ? x = ln ? 4 ln ? 2 x = 1 \begin{aligned} - \left( {x - 3} \right)\ln 2 &= \ln 4\\ 3 - x &= \frac{{\ln 4}}{{\ln 2}}\\ x &= 1 \end{aligned}\\ ?(x?3)ln23?xx?=ln4=ln2ln4?=1?

可能有人會(huì)覺(jué)得這種方法多此一舉，但這只是個(gè)舉例，為了方便鞏固以上所學(xué)知識(shí)及其附加的計(jì)算能力，但不能因?yàn)檫@個(gè)例子局限了 W W W 函數(shù)的神通廣大。（ b u s h i bushi bushi）

有同學(xué)說(shuō)，光聽(tīng)你說(shuō)這 W W W 函數(shù)那 W W W 函數(shù)，我想要自己畫(huà)個(gè) W W W 函數(shù)的圖像方便自己研究該怎么辦。。。

不要慌，這就給各位同學(xué)呈上基于 W W W 函數(shù)的 x O y xOy xOy 坐標(biāo)和復(fù)數(shù)域的圖像的 m a t l a b matlab matlab代碼。

廢話幾句，首先你得有 m a t l a b matlab matlab軟件，然后，你的 m a t l a b matlab matlab得有 L a m b e r t w Lambertw Lambertw工具箱。

如果沒(méi)有預(yù)先安裝，你可以從MATLAB的文件交換中心下載 Lambert W函數(shù)的工具包。

代碼來(lái)咯~：

對(duì)于關(guān)鍵代碼已進(jìn)行了注釋，一條龍服務(wù)。[傲嬌.jpg]

你說(shuō) d i s p l a y display display的結(jié)果是啥？前面的圖就是的。

朗柏 W W W函數(shù)在許多數(shù)學(xué)和物理問(wèn)題中都有應(yīng)用。例如：

總的來(lái)說(shuō)，朗柏 W W W函數(shù)是解決具有復(fù)合指數(shù)形式方程的關(guān)鍵工具。

尾聲過(guò)于簡(jiǎn)短了，但祝學(xué)有所成，功不唐捐！

^T.C. Scott and R.B. Mann, General Relativity and Quantum Mechanics: Towards a Generalization of the Lambert W Function, AAECC (Applicable Algebra in Engineering, Communication and Computing), vol. 17, no. 1,(April 2006),pp.41-47.

^ P.S. Farrugia, R.B. Mann, and T.C. Scott, N-body Gravity and the Schrodinger Equation, Class. Quantum Grav. vol. 24, (2007), pp.4647-4659.

^ Aude Maignan, T.C. Scott, “Fleshing out the Generalized Lambert W Function”, SIGSAM, vol. 50, no.2, (June 2016),pp. 45-60.

^ Michon, G. P. “Final Answers: Numerical Constants.” http://www.numericana.com/answer/constants.htm#omega.

.^ Moll, V. H. “Some Questions in the Evaluation of Definite Integrals.” MAA Short Course, San Antonio, TX. Jan. 2006.https://web.archive.org/web/20080402045620/http://crd.lbl.gov/~dhbaiey/expmath/maa-course/Moll-MAA.pdf.

^張宇高等數(shù)學(xué)18講/張宇主編. -北京：北京理工大學(xué)出版社，2022.1（2023.1重印）. ISBN 978-7-5763-0851-8.