Логарифмическо-тригонометрическое уравнение

[Mathew Rogan]

Всем привет. Столкнулся с необходимостью решить уравнение вида

$\ln\frac{x+1}{x-1}+ 2\operatorname{arctg}x = b,$

где $b$ — константа.

Я нашёл приближённое решение, разложив логарифм и арктангенс в ряд и ограничившись первыми членами, но меня это решение не вполне удовлетворяет. Хотелось бы найти общее решение, если это, конечно, вообще представляется возможным.

Есть идея представить арктангенс в виде комплексного логарифма

$2\operatorname{arctg}x = i \ln\frac{i+x}{i-x},$

но, честно говоря, не вижу, чем это может помочь.

Может быть, кто-нибудь подкинет идейки? Заранее благодарю.

-- 03.08.2017, 17:53 --

Что касается $x$, то это должно быть вещественное положительное число. Более того, $x > 1$.

[DeBill]

Mathew Rogan в сообщении #1238054 писал(а):

Есть идея представить арктангенс в виде комплексного логарифма

Идея хороша, но что-то дальше ниче не видно: какое то гадкое уравнение получилось....
Производная левой части хороша. Так что:
если угадывается корень (больший 1, например), то там других и нету...
Или можно так: левая часть равна $\int\limits_{x}^{\infty} \frac{4dt}{t^4-1}$ .Разлагая в ряд под интегралом, получим $ y=F(x) =4 \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{x^{4k-1}}{4k-1}$ (ну, это Вы делали: разница лишь в том, что в явном виде есть все коэф-ты). Отсюда $x=(3y)^{-\frac{1}{3}} + \frac{3}{7}y + O(y^2)$, при $y\to +0$ . Можно и дальше, но....

-- 03.08.2017, 21:39 --

При больших $y$ будет, конечно, не так:
$x=1+(2e^{\frac{\pi}{2}}+ o(1))\cdot e^{-y}$
Разнородность асимптотик, кстати, грит за то, что ничего сильно хорошего ждать не приходится.
Но через спецфункции, видимо, можно....

[VPro]

Важно уточнить 2 момента.
1. В каком смысле понимается $\arctg x$? Если в смысле \rm Arctg x$ -- главного значения, то решение не всегда существует.
Если \arctg x ={\rm Arctg} x +\pi k$, то для любого малого $\epsilon>0 $ в окрестности $(1, 1+\epsilon)$ найдется бесконечное количество корней.
2. Область значений параметра $b$. Если у Вас $\rm Arctg$, то похоже на то, что вещественные корни $(x<-1)$ существуют только при $b<-\pi$. Корней $x>1$ (похоже) нет вообще.

[Mathew Rogan]

VPro в сообщении #1238315 писал(а):

Важно уточнить 2 момента.
1. В каком смысле понимается $\arctg x$? Если в смысле \rm Arctg x$ -- главного значения, то решение не всегда существует.
Если \arctg x ={\rm Arctg} x +\pi k$, то для любого малого $\epsilon>0 $ в окрестности $(1, 1+\epsilon)$ найдется бесконечное количество корней.
2. Область значений параметра $b$. Если у Вас $\rm Arctg$, то похоже на то, что вещественные корни $(x<-1)$ существуют только при $b<-\pi$. Корней $x>1$ (похоже) нет вообще.

1. Имеется в виду главное значение арктангенса.
2. Параметр $b$ у меня, как раз наоборот, больше $\pi$.

[Singular]

Mathew Rogan в сообщении #1238054 писал(а):

Может быть, кто-нибудь подкинет идейки?

Можно сделать замену $x=\tg{z}$, тогда исходное уравнение примет вид $x\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{x}\right)=1$, а можно что-нибудь экзотическое, типа $x=\th{\frac{z}{2}}$ и исходное уравнение представится как $z+\operatorname{gd}\left(z\right)=b+i\pi$, где $\operatorname{gd}\left(z\right)$ - гудерманиан.

Может быть где-то что-то напутал

[VPro]

Прошу прощения, ошибся

[Mathew Rogan]

VPro в сообщении #1238364 писал(а):

В этом случае есть основания утверждать, что ваше уравнение не имеет вещественных корней.

Нет, вы что-то путаете. При указанных мной условиях один вещественный корень должен быть. Положите $x$ равным любому числу больше единицы и вы убедитесь, что правая часть уравнения больше $\pi$. Соответственно, при $x \to \infty$ будет иметь место равенство $b = $\pi$$.

[VPro]

Mathew Rogan в сообщении #1238368 писал(а):

VPro в сообщении #1238364 писал(а):

В этом случае есть основания утверждать, что ваше уравнение не имеет вещественных корней.

Нет, вы что-то путаете. При указанных мной условиях один вещественный корень должен быть. Положите $x$ равным любому числу больше единицы и вы убедитесь, что правая часть уравнения больше $\pi$. Соответственно, при $x \to \infty$ будет иметь место равенство $b = $\pi$$.

Прошу прощения, ошибся

[ewert]

Вряд ли есть хоть что-то вменяемо аналитическое. Но зато есть выпуклость -- и, следовательно, крайне эффективно будет работать метод Ньютона. Надо лишь правильно выбирать начальные приближения. Если действовать тупо, то достаточно задать его сначала наобум и потом именно тупо и последовательно уменьшать его расстояние до единички вдвое до перешагивания через корень. Если чуть умнее -- воспользоваться асимптотиками DeBill, переведя их в формальные оценки сверху/снизу с небольшим запасом (сам те асимптотики не проверял, но уверен в их существовании и в возможности перевода).

[Mathew Rogan]

Кстати, можно свести уравнение к комбинации гиперболического и тригонометрического арктангенсов:

$\operatorname{Arth} \frac{1}{x}+ \operatorname{arctg} x = \frac{b}{2}.$

Правда, ничего нового это не даёт, но зато красиво .

[Singular]

Mathew Rogan в сообщении #1238400 писал(а):

Кстати, можно свести уравнение к комбинации гиперболического и тригонометрического арктангенсов:

$\operatorname{Arth} \frac{1}{x}+ \operatorname{arctg} x = \frac{b}{2}.$

Правда, ничего нового это не даёт, но зато красиво .

Именно из такого представления исходного уравнения следует то, что я привёл выше:

$\operatorname{Arth}\frac{1}{x}=\frac{b}{2}-\arctg{x};\quad\frac{1}{x}=\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{x}\right);\quad 1=x\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{x}\right).$

А теперь из такой записи можно предложить "ненаучный" подход (не кидайтесь какахами, в литературе такое нигде не встречал (может быть плохо читал), т.е. "ноу-хау" так сказать) - представим следующий аналог непрерывной дроби

$x=\frac{1}{\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{x}\right)}=\frac{1}{\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{\frac{1}{\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{x}\right)}}\right)}=\frac{1}{\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{\frac{1}{\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{\frac{1}{\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{x}\right)}}\right)}}\right)}=\frac{1}{\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{\frac{1}{\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{\frac{1}{\th\left(\frac{b}{2}-\arctg{\frac{1}{\th\left(\frac{b}{2}-\ldots\right)}}\right)}}\right)}}\right)}.$

На скорую руку в Excel проверил - отлично сходится к нужному корню: при $b>\pi$ достаточно всего лишь нескольких итераций, причем чем больше $b$, тем меньше итераций требуется; при $b\rightarrow\pi$ требуется больше итераций - несколько десятков и более. При $b<\pi$ - вещественных решений нет. Результаты сверил с Wolfram - практически совпадают.

[DeBill]

DeBill в сообщении #1238105 писал(а):

Или можно так:

Пардон: в первой формуле $y=b-\pi$, а во второй таки $y=b$

-- 05.08.2017, 00:19 --

Singular в сообщении #1238427 писал(а):

в литературе такое нигде не встречал

Ну, это довольно распространенный прием: переписать решаемое ур-е в виде $x=f(x)$, и решать далее методом итераций:
$x_{n+1} = f(x_n)$. Все будет хорошо, если производная в неподвижной точке по модулю меньше 1 (для Вашей функции она равна $\frac{x^2}{1+x^2}$), и начальное приближение достаточно близко к куда надо....

[Singular]

Сам по себе метод получения цепных дробей "дремуч", ничего нового, действительно, тут нет. Про "литературу" я имел в виду ситуацию, когда подставляется функция в функцию и т.д., что в итоге даёт "функциональную" непрерывную дробь... Видимо никогда раньше не задумывался, что простой итерационный метод - это и есть, по сути, непрерывная дробь, просто ни разу не встречал такую форму записи.