x + sin x = n

[Аркадий]

Помогите пожалуйста решить уравнение x + sin x = n

[незваный гость]

За исключением $n=0 \Rightarrow x = 0$, это уравнение не имеет "хороших" решений. Можно пытаться показать, что $\forall n \in \mathbb Z \ \exists ! x \in [n-\frac{\pi}{2},n+\frac{\pi}{2}]: x + \sin x = n$.

[Аркадий]

Спасибо ...

[Amigo]

Будем рассматривать значения n принадлежащие множеству N={1,2,..}
(знаком {} -обозначается целая часть числа, смотреть по смыслу)
Утверждение: Если n пренадлежит промежутку [2+{2*Pi*k} , {Pi*(1+2*k)}] ,где K ={0,1,..}
то уравнение x+sin(x)=n имеет единственное решение которое можно найти
из рекурентных формул : Xi=n-sin(X(i-1))при любом X0 пренадлежащем [n-1,n].
Доказательство
Запишем уравнение ввиде X=n-sin(X) очевидно |sin(X)|<=1 соответственно |X|<=n+1
расмотрим оператор Ax=n- sin(x), оценим норму разности ||Ap-Aq|| имеем
||Ap-Aq||=||n+sin(p)-sin(q)-n|| {применяем теорему Лагранжа}=||cos(t)*(q-p)||<=
<=max|cos(t)|*||q-p|| (***) , где q<t<p очевидно , что при всех n пренадлежащих
отрезку [2+{2*Pi*k},{2*Pi*K}+{Pi}] , где K={0,1,..} имеет место оценка 0<=sin(x)<=1,
где n-1<= x<=n так , что оператор A переводит отрезок [n-1,n] в себя при данных n. Далее так как n-1<=q< t < p<=n ,то |cos(t)|<1 при n из указанного отрезка,(ибо соs(t)=1
при t=Pi*k но эти значения в указанный отрезок не попадают) положим М=max|cos(t)|<1 возвращаясь к уравнению (***) и применяя найденные оценки оканчательно получим
||Ap-Aq||<=M*||q-p||, где 0< M<1. Тем самым мы доказали , что при найденных
n отображение Ax -есть сжатие, переводящее замкнутое множество [n-1,n] в себя.
Значит последовательность A(Xi)=n-sin(X(i-1)) - фундаментальна а так как пространство
R-полно существует предел Z=lim(A(Xi)). Ч.Т.Д


Интересно как можно найти все остальные решения?
Если они конечно существуют.

[Руст]

Решение существует не при всех n. Например заведомо не существует решение в случае, когда sin(n)cos(n)>0.

[Amigo]

Можно ответить по подробней как Вы это получили?

[незваный гость]

$x + \sin x$ -- монотонно возрастающая неограниченная сверху и снизу функция. Из чего следует что для любого $\xi \in {\mathbb R}$ существует и притом единственное решение уравнения $x + \sin x = \xi$.

И, поскольку для функции $f(x) = n - \sin x$ $|f'(x)| = |- \cos x| \le 1$, то итеративный метод сходиться всегда.

2 Руст
Вы, наверное, не очень четко сформулировали свою мысль.

[Руст]

Верно, я написал не то, что надо.

[juna]

Решение также можно представить виде:
$x=n-sin(n-sin(n-sin(n-sin(n-…))))$
Вопрос теперь в том, сколько членов этого приближения взять для получения заданной точности. Ясно, что при $n->\infty$ $x=n$

[незваный гость]

Скорость сходимости -- экспоненциальная (при $ n \neq 0 $). Коэффицент экспоненты зависит, разумеется, от $n$. А чтобы оценить, как плоха может быть эта экспонента, возьмите $n = 710$.

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Ясно, что при $n \to \infty$ $x=n$

Что Вы имеете в виду? Корень уравнения к $n$ не стремиться.

[dikun]

незванный гость писал(а):

И, поскольку для функции $f(x) = n - \sin x$ $|f'(x)| = |- \cos x| \le 1$, то итеративный метод сходиться всегда.

Я извиняюсь, но не катит. Недостаточно показать, что $|f'(x)| \le 1$.
Правильнее найти такое $q$ (константу Липшица), что для любого $x \in X$ выполняется двойное неравенство $|f'(x)| \le q < 1$, иначе не гарантируется выполнение условия Липшица с константой строго меньшей единицы, что требуется для применения принципа сжимающих отображений (принципа Банаха). Более того, нужно ещё проверить, что $f : X \to X$, где $X$ - полное.

[незваный гость]

dikun писал(а):

Я извиняюсь, но не катит. Недостаточно показать, что $|f'(x)| \le 1$.
Правильнее найти такое $q$ (константу Липшица), что для любого $x \in X$ выполняется двойное неравенство $|f'(x)| \le q < 1$

Поскольку $\pi$ -- иррационально, то мы можем указать всегда некоторую окрестность решения, в которой модуль косинуса строго меньше единицы. И прокатиться.

Другой вопрос -- доказать что сходится при любом начальном приближении. Тут рассуждение о трех шагах. Пусть $f(x) = n - \sin x$. Первый, что после первой же итерации мы окажемся в отрезке $[n-1, n+1]$, и там и останемся навсегда. Второй, что $f(f(x))$ имеет на этом отрезке производную, строго меньшую по модулю 1 в каждой точке (произведение двух косинусов), и, в силу компактности отрезка, ограниченую по модулю равномерно некоторой константой, строго меньшей единицы. Поэтому последовательности, состоящие только из четных или только из нечетных элементов, сходятся. Третий -- в силу вышеуказанного свойства $f(x)$ -- эти пределы равны.

[dikun]

незванный гость писал(а):

Поскольку $\pi$ -- иррационально, то мы можем указать всегда некоторую окрестность решения, в которой модуль косинуса строго меньше единицы. И прокатиться.

Хотите заюзать локальный принцип сжимающих отображений? Полноту-то окрестности потребовать, как два пальца (для этого нужно выбрать в качестве этой окрестности отрезок). А где гарант, что Ваша окрестность отображается в себя нашим оператором? Помните условие $f : X \to X$?

Цитата:

Другой -- более тонкий вопрос -- о выборе начального приближения. Тут приходиться думать гораздо больше, чтобы сказать, почему сходиться при любом начальном приближении (последнее утверждение правдоподобно, но я его не доказывал).

[незваный гость]

Простите, не ожидал столь быстрого Вашего комментария, и решил --- опрометчиво -- исправить сообщение вместо ответа. Смотрите выше.

[juna]

Для практики моя оценка неудовлетворительна. А как Вы оцениваете скорость сходимости итерационного метода?