Równanie rekurencyjne kwadratowe
- JakimPL
- Użytkownik
- Posty: 2401
- Rejestracja: 25 mar 2010, o 12:15
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 43 razy
- Pomógł: 459 razy
Równanie rekurencyjne kwadratowe
Cześć, czy ktoś ma pojęcie, jak rozwiązać równania postaci:
\(\displaystyle{ x_{n+1} =a x_n-b \left(x_n\right)^2}\)
lub, z grubej rury:
\(\displaystyle{ x_{n+1} =a_n x_n-b_n \left(x_n\right)^2}\)
Interesują mnie tylko dokładnie wyniki, mogą być wyrażone szeregami lub funkcjami specjalnymi. Z góry dzięki za pomoc.
\(\displaystyle{ x_{n+1} =a x_n-b \left(x_n\right)^2}\)
lub, z grubej rury:
\(\displaystyle{ x_{n+1} =a_n x_n-b_n \left(x_n\right)^2}\)
Interesują mnie tylko dokładnie wyniki, mogą być wyrażone szeregami lub funkcjami specjalnymi. Z góry dzięki za pomoc.
Równanie rekurencyjne kwadratowe
Tak z głupia, bo nie wiem jak Ale tłumacząc to na równanie różniczkowe dostaniesz \(\displaystyle{ y'=ay-by^2}\), a to równanie o zmiennych rozdzielonych. Może da się wrócić z tym do ciągów podobnie jak dla rekurencji liniowych?
Gdyby się dało, to w drugim przypadku powinno iść analogicznie dla \(\displaystyle{ a_n=\alpha b_n}\).
Gdyby się dało, to w drugim przypadku powinno iść analogicznie dla \(\displaystyle{ a_n=\alpha b_n}\).
- JakimPL
- Użytkownik
- Posty: 2401
- Rejestracja: 25 mar 2010, o 12:15
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 43 razy
- Pomógł: 459 razy
Równanie rekurencyjne kwadratowe
Tylko jak? Wynik równania różniczkowego jest zgodny z przewidywaniami - wykładnicza temperowana.Może da się wrócić z tym do ciągów podobnie jak dla rekurencji liniowych?
- yorgin
- Użytkownik
- Posty: 12762
- Rejestracja: 14 paź 2006, o 12:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 3440 razy
Równanie rekurencyjne kwadratowe
Poszukałem w książce, i znalazłem trochę na temat równań nieliniowych.
Powiedzmy, że \(\displaystyle{ x_{n+1}=S(x_n)}\)
jest nieliniowym równaniem, gdzie \(\displaystyle{ S}\) jest różniczkowalna.
Załóżmy, że znane jest rozwiązanie \(\displaystyle{ \xi(x)}\) równania
\(\displaystyle{ \xi(x)\frac{dS}{dx}=C\xi(S(x))}\) dla \(\displaystyle{ \xi(x)\neq 0}\) w pewnym otwartym przedziale \(\displaystyle{ I}\).
Wprowadzamy nową zmienną
\(\displaystyle{ \frac{dy}{dx}=\frac{1}{\xi(x)}, x\in I}\)
Sprawdzamy, że
\(\displaystyle{ \frac{d}{dx}y(S(x))=C\frac{dy}{dx}}\)
a po całkowaniu
\(\displaystyle{ y(S(x))=Cy(x)+D}\)
skąd wynika, że
\(\displaystyle{ y_{n+1}=Cy_n+D, y_n=y(x_n)}\)
Taka metoda jest przedstawiona i wykorzystywana. Jedyny problem to znalezienie \(\displaystyle{ \xi}\).
Dla równania logistycznego
\(\displaystyle{ x_{n+1}=2x_n(1-x_n)}\)
mamy
\(\displaystyle{ S(x)=2x(1-x)}\)
stąd
\(\displaystyle{ C\xi(2x(1-x))=\xi(x)\frac{dS}{dx}}\)
Magia: szukamy \(\displaystyle{ \xi(x)=ax+b}\)
stąd wychodzi
\(\displaystyle{ \xi(x)=-x+\frac{1}{2}}\)
Rozwiązujemy równanie różniczkowe i mamy
\(\displaystyle{ y=K-\ln\left(\frac{1}{2}-x\right)}\)
Dobieramy \(\displaystyle{ K=0}\) (możemy brać dowolne), stąd
\(\displaystyle{ x=\frac{1}{2}-e^{-y}}\)
Stąd po rachunkach
\(\displaystyle{ e^{-y_{n+1}}=e^{\ln 2-2y_n}}\)
\(\displaystyle{ y_{n+1}=2y_n-ln 2}\)
Jego rozwiązanie
\(\displaystyle{ y_n=c2^n+\ln 2}\).
Stąd
\(\displaystyle{ x_n=\frac{1}{2}\left(1-A^{2^n}\right)}\)
Metoda jest ogólna, działa dla każdego równania nieliniowego. Ma jedną wadę - znalezienie \(\displaystyle{ \xi}\). Nie jest też dobrze napisana w książce od strony teoretycznej, ale myślę, że to cudo pomoże troszkę.
P.S. Mam nadzieję, że nie ma tu błędów obliczeniowych
Powiedzmy, że \(\displaystyle{ x_{n+1}=S(x_n)}\)
jest nieliniowym równaniem, gdzie \(\displaystyle{ S}\) jest różniczkowalna.
Załóżmy, że znane jest rozwiązanie \(\displaystyle{ \xi(x)}\) równania
\(\displaystyle{ \xi(x)\frac{dS}{dx}=C\xi(S(x))}\) dla \(\displaystyle{ \xi(x)\neq 0}\) w pewnym otwartym przedziale \(\displaystyle{ I}\).
Wprowadzamy nową zmienną
\(\displaystyle{ \frac{dy}{dx}=\frac{1}{\xi(x)}, x\in I}\)
Sprawdzamy, że
\(\displaystyle{ \frac{d}{dx}y(S(x))=C\frac{dy}{dx}}\)
a po całkowaniu
\(\displaystyle{ y(S(x))=Cy(x)+D}\)
skąd wynika, że
\(\displaystyle{ y_{n+1}=Cy_n+D, y_n=y(x_n)}\)
Taka metoda jest przedstawiona i wykorzystywana. Jedyny problem to znalezienie \(\displaystyle{ \xi}\).
Dla równania logistycznego
\(\displaystyle{ x_{n+1}=2x_n(1-x_n)}\)
mamy
\(\displaystyle{ S(x)=2x(1-x)}\)
stąd
\(\displaystyle{ C\xi(2x(1-x))=\xi(x)\frac{dS}{dx}}\)
Magia: szukamy \(\displaystyle{ \xi(x)=ax+b}\)
stąd wychodzi
\(\displaystyle{ \xi(x)=-x+\frac{1}{2}}\)
Rozwiązujemy równanie różniczkowe i mamy
\(\displaystyle{ y=K-\ln\left(\frac{1}{2}-x\right)}\)
Dobieramy \(\displaystyle{ K=0}\) (możemy brać dowolne), stąd
\(\displaystyle{ x=\frac{1}{2}-e^{-y}}\)
Stąd po rachunkach
\(\displaystyle{ e^{-y_{n+1}}=e^{\ln 2-2y_n}}\)
\(\displaystyle{ y_{n+1}=2y_n-ln 2}\)
Jego rozwiązanie
\(\displaystyle{ y_n=c2^n+\ln 2}\).
Stąd
\(\displaystyle{ x_n=\frac{1}{2}\left(1-A^{2^n}\right)}\)
Metoda jest ogólna, działa dla każdego równania nieliniowego. Ma jedną wadę - znalezienie \(\displaystyle{ \xi}\). Nie jest też dobrze napisana w książce od strony teoretycznej, ale myślę, że to cudo pomoże troszkę.
P.S. Mam nadzieję, że nie ma tu błędów obliczeniowych
- JakimPL
- Użytkownik
- Posty: 2401
- Rejestracja: 25 mar 2010, o 12:15
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Katowice
- Podziękował: 43 razy
- Pomógł: 459 razy
Równanie rekurencyjne kwadratowe
Dzięki wielkie, to się przyda. Jutro przeanalizuję od początku tę metodę.
Równanie logistyczne jako przykład to nawet dokładnie to, czego szukam .
Równanie logistyczne jako przykład to nawet dokładnie to, czego szukam .
- yorgin
- Użytkownik
- Posty: 12762
- Rejestracja: 14 paź 2006, o 12:09
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 17 razy
- Pomógł: 3440 razy
Równanie rekurencyjne kwadratowe
Zacytuję odpowiedni fragment z przeykładu:
Dla porządku podręcznik:
Dobiesław Bobrowski, Wprowadzenie do systemów dynamicznych z czasem ciągłym. Wydawnictwo UAM w Poznaniu.
Można się pokusić o metody przewidywania/zgadywania rozwiązań - przypuszczalnie podobnie, jak to się robi dla równań rekurencyjnych liniowych niejednorodnych lub dla równań różniczkowych. Nie znam jednak żadnych takich metod, a podręcznik, z którego powyższą metodę streściłem, również nie zawiera wskazówek czy też informacji co do metod znajdywania \(\displaystyle{ \xi(x)}\). Nie wgłębiałem się w temat i raczej nie zamierzam tego robić.yorgin pisze: mamy
\(\displaystyle{ S(x)=2x(1-x)}\)
stąd
\(\displaystyle{ C\xi(2x(1-x))=\xi(x)\frac{dS}{dx}}\)
Magia: szukamy \(\displaystyle{ \xi(x)=ax+b}\)
Dla porządku podręcznik:
Dobiesław Bobrowski, Wprowadzenie do systemów dynamicznych z czasem ciągłym. Wydawnictwo UAM w Poznaniu.
- Ponewor
- Moderator
- Posty: 2218
- Rejestracja: 30 sty 2012, o 21:05
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 70 razy
- Pomógł: 297 razy
Równanie rekurencyjne kwadratowe
No to akurat widziałem, ale nie pomogło, próbuję znaleźć rozwiązanie równania jak wyczytałem tutaj i w paru miejscach chyba logistycznego, czyli \(\displaystyle{ x_{n+1}=a x_n\left(1-x_n \right)}\) dla \(\displaystyle{ 0 < x_n < 1}\). W szczególnym przypadku dla \(\displaystyle{ a=4}\), zrobiłem postawienie trygononetryczne \(\displaystyle{ x_1 =\sin\alpha}\) i to już bardzo ładnie wychodzi, ale tej metody w ogólnym przypadku raczej użyć nie mogę.
Równanie rekurencyjne kwadratowe
W każdym bądź razie jest tam napisane, że :
co trochę zniechęca do poszukiwań jakiejś ogólnej metody.The only exact solutions known are for r=-2, r=2 and r=4 ,