Рекурентна редица

[pipi langstrump]

Ако редицата [tex]a_n[/tex] e зададена с връзката [tex]a_{n+1} = q sin a_n + b , \,|q|<1, b[/tex] - реално, да се докаже, че е сходяща и че клони към единствения корен на уравнението [tex]x = q sin x + b[/tex] (уравнение на Кеплер).

[Добромир Глухаров]

[tex]a_{n+1}=f(a_n)[/tex]
[tex]f(t)=qsin(t)+b[/tex]
[tex]f'(t)=qcos(t) \Rightarrow |f'(t)|<1 \Rightarrow \{a_n\}[/tex] е сходяща.
Освен това [tex]y=f(x)[/tex] има единствена пресечна точка с [tex]y=x[/tex].

[pipi langstrump]

[tex]|f'(t)|<1 \Rightarrow \{a_n\}[/tex] е сходяща.

Това как да се разбира?

[martin123456]

хм от [tex]|f'(t)|<1[/tex] не следва че е сходяща редицата
а и защо [tex]f(x)=x[/tex] да има реш

[Добромир Глухаров]

Теорема: Нека функцията [tex]\varphi (x)[/tex] е определена и диференцируема в интервала [tex](a,b)[/tex] и всички нейни стойности [tex]\varphi (x)\in [a,b][/tex]. Ако за всяко [tex]x\in (a,b)[/tex] е изпълнено [tex]|\varphi '(x)|\le q<1[/tex], итерационният процес [tex]x_n=\varphi (x_{n-1})\ (n=1,2,3,...)[/tex] е сходящ независимо от началната стойност [tex]x_0\in (a,b)[/tex]. Границата [tex]\lim_{n\to\infty }x_n[/tex] е единственият корен на уравнението [tex]x=\varphi (x)[/tex] в този интервал.
В доказателството се използва Теоремата на Лагранж за крайните нараствания:
[tex]\varphi (x)-\varphi (x_0)=\varphi '(\lambda )(x-x_0),\ \lambda \in (x_0,x)[/tex]

[pipi langstrump]

Тая теорема изглежда много яка. Можеш ли да я докажеш?

[Добромир Глухаров]

хм от [tex]|f'(t)|<1[/tex] не следва че е сходяща редицата
а и защо [tex]f(x)=x[/tex] да има реш

[tex]f(x)=x[/tex] има решение, понеже [tex]f(x)[/tex] е ограничена и дефинирана за [tex]x\in \mathbb{R}[/tex]

[Добромир Глухаров]

Тая теорема изглежда много яка. Можеш ли да я докажеш?

[tex]\lambda =\varphi (\lambda ),\ x_n=\varphi (x_{n-1})[/tex]
[tex]\lambda -x_n=\varphi (\lambda )-\varphi (x_{n-1})[/tex]
От Лагранж следва:
[tex]\lambda -x_n=\varphi'(\delta )(\lambda -x_{n-1})[/tex]
[tex]|\lambda -x_n|\le q|\lambda -x_{n-1}|[/tex]

[tex]|\lambda -x_1|\le q|\lambda -x_0|[/tex]
[tex]|\lambda -x_2|\le q|\lambda -x_1|\le q^2|\lambda -x_0|[/tex]
[tex]|\lambda -x_3|\le q|\lambda -x_2|\le q^2|\lambda -x_1|\le q^3|\lambda -x_0|[/tex]
[tex]......[/tex]
[tex]|\lambda -x_n|\le q^n|\lambda -x_0|[/tex]

[tex]\lim_{n\to\infty }(\lambda -x_n)=|\lambda -x_0|\lim_{n\to\infty }q^n=0[/tex]
[tex]\lim_{n\to\infty }x_n=\lambda[/tex]
[tex]\lambda=\varphi (\lambda)[/tex]

Нека сега [tex]\lambda_1[/tex] е друг корен:
[tex]\lambda_1=\varphi (\lambda_1)[/tex]
[tex]\lambda_1-\lambda=\varphi (\lambda_1)-\varphi (\lambda)[/tex]

Лагранж:
[tex]\lambda_1-\lambda=\varphi' (\delta )(\lambda_1-\lambda)[/tex]
[tex](\lambda_1-\lambda)[1-\varphi' (\delta )]=0[/tex]
[tex]1-\varphi' (\delta )\ne 0[/tex]
[tex]\Rightarrow \lambda_1=\lambda[/tex]
Коренът е единствен.

[pipi langstrump]

[tex]f(x)=x[/tex] има решение, понеже [tex]f(x)[/tex] е ограничена и дефинирана за [tex]x\in \mathbb{R}[/tex]

Хм, сигурен ли си, взимам си например функцията f = -sgn(x), ако x e различно от нула и f(0) = 1/2. Функцията е дефинирана за всяко х и е ограничена, но уравнението x = f(x) няма решение.

...
Мерси за доказателството

[Добромир Глухаров]

Значи [tex]f(x)[/tex] трябва да бъде също непрекъсната.

[pipi langstrump]

Така вече е по-добре.

[martin123456]

аз мисля че уравнението [tex]f(x)=x-q\sin{x}-b[/tex] не винаги има 1 решение. за [tex]q=0[/tex] това е вяно. иначе, като го изследвах, сметнах че това е изпълнено само в 1 от 4 случая:
1. [tex]f(0)=0 \cap f(x_2)>0[/tex]
2. [tex]f(0)>0 \cap f(x_2)=0[/tex]
3. [tex]f(x_1)=0 \cap f(2\pi)<0[/tex]
4. [tex]f(x_1)<0 \cap f(2\pi)=0[/tex]
където [tex]x_1<x_2[/tex] са 2та корена на [tex]g(x)=\cos{x}-\frac{1}{q}[/tex] в интервала [tex][0,2\pi)[/tex].

за сходимостта на редицата съм съгласен с показаото доказателство

[pipi langstrump]

Не, решението е единствено. Нека го означим с [tex]\xi[/tex]. Да допуснем, че [tex]\eta[/tex] е друго решение. Тогава ще имаме [tex]\xi = q sin \xi + b[/tex] и [tex]\eta = q sin \eta + b[/tex] и следователно [tex]|\xi - \eta| = |q| |sin \xi- sin \eta| \le |q||\xi - \eta|[/tex] , тоест получаваме [tex]|q|\ge 1[/tex] - противоречие с условието.

[martin123456]

[tex]|sin \xi- sin \eta| \le |\xi - \eta|[/tex] как го доказваш

[pipi langstrump]

[tex]|sin \xi- sin \eta| \le |\xi - \eta|[/tex] как го доказваш

Това е известно неравенство, не го ли знаеш?

[tex]|sin \xi- sin \eta| = 2 \left|sin {\frac{\xi- \eta}{2}}\right|\left|cos {\frac{\xi+ \eta}{2}}\right|\le 2\left|sin {\frac{\xi- \eta}{2}}\right|\le |\xi - \eta|[/tex]. Разбира се, неравенството [tex]|sin x|\le |x|[/tex] също трябва да е известно.

[martin123456]

ok
явно съм се объркал нещо