Преобразование уравнения для численного решения

[Spook]

При численном решении уравнения $F(x)=0$ его преобразовывают к виду $x=x-\lambda f(x)$. Меня интересует вот какой вопрос: а всегда ли можно подобрать $\lambda$ так, чтобы на отрезке $[a,b]$ отображение $x\mapsto x-\lambda f(x)$ было сжатием?
Это чтобы математически быть уверенным в единственности решения :)

По-моему, всегда можно, если $f(x)$ строго монотонна и имеет один корень на данном отрезке, но строго доказать это я пока не могу, и кроме того условия слишком жесткие, наверняка есть более слабые ограничения на $f(x)$.

P.S. Как обозначается стрелочка с черточкой?

[Brukvalub]

Spook писал(а):

При численном решении уравнения $F(x)=0$ его преобразовывают к виду $x=x-\lambda f(x)$

Несколько странный вид

[Spook]

Например уравнение

$$x=\frac 1 2 (\frac a x+x)$$

удовлетворяет условию сходимости, а

$$x=\frac a x$$

- нет. Кроме того непонятно какой корень будет найден, напрмер в уравнении

$$sin(x)=\frac x 2$$

. Вот мне и хочется сразу определять, будет сжатие или нет.

Добавлено спустя 1 минуту 21 секунду:

Brukvalub, тогда такая поправка: если мы все же его так преобразовали
(и сначала Вы не то написали ).

[RIP]

Spook писал(а):

P.S. Как обозначается стрелочка с черточкой?

Это которая $\mapsto$?

[Spook]

Кстати самый первый пример - быстрый способ вычисления корня, где-то видел подобные примеры и для других степеней и не только степеней, но не помню , если кто-то знает где есть такая информация, буду благодарен за ссылку.

Добавлено спустя 35 секунд:

RIP да, спасибо)

[RIP]

Spook писал(а):

По-моему, всегда можно, если $f(x)$ строго монотонна и имеет один корень на данном отрезке, но строго доказать это я пока не могу,...

Оно и понятно, что не могёте. Берём, скажем $f(x)=\sqrt{|x|}\mathop{\mathrm{sgn}}x$ на отрезке $[-1;1]$. Попробуйте подобрать такое $\lambda$.

[Spook]

RIP, я забыл упомянуть ещё и про диффернцируемость функции - кстати необходимое условие для применения теоремы о единственности.

Добавлено спустя 1 минуту 4 секунды:

А функции Вы мастер подбирать

[zoo]

Spook писал(а):

вопрос: а всегда ли можно подобрать $\lambda$ так, чтобы на отрезке $[a,b]$ отображение $x\mapsto x-\lambda f(x)$ было сжатием?

а всегда ли уравнение $f(x)=0$ имеет решения?

[Spook]

zoo ну так я же и сказал:

Spook писал(а):

По-моему, всегда можно, если $f(x)$ строго монотонна и имеет один корень на данном отрезке

и еще функция должна быть дифференцируемой.

[TOTAL]

Налагайте ограничение $0 < m_1< f'(x) < M_1$ и доказывайте

[zoo]

TOTAL писал(а):

Налагайте ограничение $0 < m_1< f'(x) < M_1$ и доказывайте

может лучше ограничиться липшицевостью? а зачем снизу оценивать

[Spook]

zoo этим наверное не ограничиться, так как тогда никто не запретит функции быть, напрмер, константой.

[TOTAL]

zoo писал(а):

TOTAL писал(а):

Налагайте ограничение $0 < m_1< f'(x) < M_1$ и доказывайте

может лучше ограничиться липшицевостью? а зачем снизу оценивать

Снизу ограничевать, чтобы иметь гарантированную сжимаемость.

[zoo]

Spook писал(а):

zoo этим наверное не ограничиться, так как тогда никто не запретит функции быть, напрмер, константой.

да с константой сжатия не получится

[Spook]

TOTAL мне кстати кажется, что наши условия эквивалентны
Итак, я готов изложить строгое доказательство своих условий на функцию.
Условие сжатия запишем так:

$$|\frac {F(x_1)-F(x_2)}{x_1-x_2}|\leqslant q<1$$

, что эквивалентно:

$$1-q\leqslant\lambda\frac {F(x_1)-F(x_2)}{x_1-x_2}\leqslant1+q$$

. Кроме того, очевидно, что $\lambda>0$ иначе не будет выполнено отображение $[a,b]\to[a,b]$. Отсюда следует что $f(x)$ строго возрастает. Теперь о количестве корней. По свойству сжатия найдется единственная точка $F(x)=x$, откуда следует, то $-\lambda f(x)=0$, причем в одной точке.
Вот, вроде все. Готов выслушать аргументированную критику.

Добавлено спустя 1 минуту 47 секунд:

Для людей с неклассической логикой сейчас напишу, чему конкретно равна $\lambda$ .

Добавлено спустя 9 минут 47 секунд:

Пусть $m,M$ соответсвенно минимум и максимум выражения

$$\frac {f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$$

, тогда $\lambda M\leqslant1+q$, а $1-q\leqslant\lambda m$, откуда

$$\lambda\leqslant\frac 2 {M+m}$$

Теперь условия, выдвинутые к функции $f(x)$ являются достаточными, что бы $\lambda$ нашлось всегда.