¿Problema del teorema de la función implícita? Quiero resolver $f(x)$ en $f(x) + 1 = \sin(xf(x))$ .

Question

Considere $f(x) + 1 = \sin(xf(x))$ . Quiero resolver para $f(x)$ o al menos aproximarse a ella. Esta pregunta que tengo gira en torno al Teorema de la Función Implícita porque podemos reescribirlo como $y = -1 + \sin(xy)$ . Aquí $\phi(x,y) = \sin(xy)$ .

Answer 1

Utilizando la misma filosofía propuesta por Brian Fitzpatrick, podemos asumir que la función $f(x)$ puede ser aproximado por un polinomio de $x$ . Esto significa básicamente que estamos buscando la serie de Taylor de $f(x)$ construido alrededor de $x=0$ .

Suponiendo esto, "sólo" ampliar $f(x) + 1 - \sin(x f(x))$ como una serie de Taylor alrededor de $x=0$ . Obtenemos así una expresión polinómica en la que aparecen todos los coeficientes del polinomio que suponíamos $f(x)$ . Ahora, cancelamos todos los términos que podamos ya que queremos $$f(x) + 1 - \sin(x f(x))=0$$ En muy paciente Llegamos a
$$f(x)\approx -1 -x -x^2 -\frac{5 x^3}{6}-\frac{x^4}{3}+\frac{79 x^5}{120} +\frac{11 x^6}{5} + ... $$

Lo interesante es que si $f(x) + 1 - \sin(x f(x))=0$ se resuelve para $x$ la solución es $$x=\frac{\sin ^{-1}(f(x)+1)}{f(x)}$$ Si introducimos en el lado derecho la expansión polinómica obtenida para $f(x)$ y desarrollarse de nuevo como una expansión de Taylor alrededor de $x=0$ obtenemos para la rhs $$x+\frac{20539 x^7}{5040}+O\left(x^8\right)$$

Por supuesto, y esta fue nuestra suposición inicial, $x$ tiene que ser pequeño. Si este no tiene que ser el caso, definitivamente prefiero usar
$$x=\frac{\sin ^{-1}(y+1)+2 \pi k}{y}$$ donde $y$ significa $f(x)$ .

Answer 2

Utilicemos la linealización local $L$ de $f(x)$ en $x=0$ para aproximar $f(x)$ cerca de $x=0$ . Para ello, recuerda que $$ L(x)=f^\prime(0)\cdot x+f(0) $$ Por supuesto, tomar $x=0$ en la fórmula $$ f(x)+1=\sin(x\cdot f(x)) $$ da $f(0)=-1$ por lo que sólo tenemos que calcular $f^\prime(0)$ para encontrar $L(x)$ . Para ello, hay que diferenciar la fórmula para obtener $$ f^\prime(x)=\cos(x\cdot f(x))\cdot(f(x)+x\cdot f^\prime(x)) $$ Ahora, tomando $x=0$ da $$ f^\prime(0)=\cos(0\cdot(-1))\cdot(-1+0\cdot f^\prime(0))=-1. $$ Por lo tanto, nuestra aproximación de $f(x)$ cerca de $x=0$ es $$ f(x)\approx L(x)=-x-1. $$

Answer 3

Puede utilizar este enfoque, además de las otras excelentes respuestas.

A partir de la ecuación funcional original, diferenciando wrt. a $x$ se obtiene la ecuación diferencial no lineal de primer orden con condición inicial (sustituir $x$ por $0$ para obtenerla):

$$f' = \cos{(x f)}(xf'+f), \quad f(0) = -1.$$

Esta ecuación se puede resolver numéricamente utilizando, por ejemplo, Matlab, con el siguiente código:

f0 = -1;
t_span =[0 10];

[x,f] = ode23(@problem,t_span,f0);

%Plot solution:
plot(x,f);
hold on 

%Verifying if f satisfies the original equation:
plot(x,f+1-sin(x.*f),'k');

xlabel('x','FontSize',20);
legend('f(x)','f(x)+1-sin(x f(x))');
set(gca,'FontSize',20);

donde problem.m está dada por:

function df = problem(x,f)    
df = cos(x.*f)*f./(1-x.*cos(x.*f));    
end

Esto debería darte la cifra:

Tenga en cuenta que $f(x) \approx -1-x$ cerca de $x = 0$ como señaló @Brian Fitzpatrick en su comentario.

Espero que esto pueda serle útil.

¡Salud!