Hej, mam takie zadanie do zrobienia:
Wyznacz zależność rekurencyjną:
\(\displaystyle{ c_{n+1} = (n+1)c_{n} + (n^2+n)c_{n-1}}\)
Wiemy, że \(\displaystyle{ c_{0}=0, c_{1}=1}\)
Próbowałem to wyliczać metodą równań charakterystycznych (ale to chyba bez sensu), próbowałem "zgadnąć" wzór (wypisałem sobie kilka pierwszych wyrazów, powinny być dobrze):
\(\displaystyle{ c_{2} = 2, c_{3} = 12, c_{4} = 72, c_{5} = 600, c_{6} = 5760}\).
Bardzo proszę o jakąkolwiek wskazówkę, bo nie mam pojęcia jak to "ugryźć".
Pozdrawiam
Papashi
Zależność rekurencyjna
-
Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Zależność rekurencyjna
Nie widzę tu zastosowania dla metody równań charakterystycznych. Proponuję metodę funkcji tworzących.
\(\displaystyle{ c_{n+1}=(n+1)c_n+n(n+1)c_{n-1}\\ c_{n+2}=(n+2)c_{n+1}+(n+1)(n+2)c_n\\ \sum_{n=0}^{\infty}c_{n+2}x^n = \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)c_{n+1}x^n + \sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)(n+2)c_nx^n}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n}\)
Równanie przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^2}\left( S(x)-a_1x-a_0\right)=\frac{\dd}{\dd x}\left( S(x)-a_0\right)+\frac{1}{x}\left( S(x)-a_0\right)+\frac{\dd^2}{\dd x^2}\left( x^2S(x)\right)}\)
Jest to równanie różniczkowe drugiego rzędu, niespecjalnie przyjemne, ale powinno się dać rozwiązać
(oczywiście należy wstawić dane \(\displaystyle{ a_0, a_1}\)). Potem rozwijasz otrzymaną funkcję w szereg potęgowy i współczynnik przy n-tej potędze w tym rozwinięciu to jest \(\displaystyle{ c_n}\).-- 21 lis 2016, o 04:35 --Sorry, to chyba za wiele nie da. :c
\(\displaystyle{ c_{n+1}=(n+1)c_n+n(n+1)c_{n-1}\\ c_{n+2}=(n+2)c_{n+1}+(n+1)(n+2)c_n\\ \sum_{n=0}^{\infty}c_{n+2}x^n = \sum_{n=0}^{\infty}(n+2)c_{n+1}x^n + \sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)(n+2)c_nx^n}\)
Niech teraz \(\displaystyle{ S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n}\)
Równanie przyjmuje postać:
\(\displaystyle{ \frac{1}{x^2}\left( S(x)-a_1x-a_0\right)=\frac{\dd}{\dd x}\left( S(x)-a_0\right)+\frac{1}{x}\left( S(x)-a_0\right)+\frac{\dd^2}{\dd x^2}\left( x^2S(x)\right)}\)
Jest to równanie różniczkowe drugiego rzędu, niespecjalnie przyjemne, ale powinno się dać rozwiązać
(oczywiście należy wstawić dane \(\displaystyle{ a_0, a_1}\)). Potem rozwijasz otrzymaną funkcję w szereg potęgowy i współczynnik przy n-tej potędze w tym rozwinięciu to jest \(\displaystyle{ c_n}\).-- 21 lis 2016, o 04:35 --Sorry, to chyba za wiele nie da. :c
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Zależność rekurencyjna
Podzielmy to pierwsze przez \(\displaystyle{ c_{n}}\) i otrzymamy:
\(\displaystyle{ \frac{c_{n+2}}{c_{n}}=(n+2) \frac{c_{n+1}}{c_{n}}+(n+1)(n+2)}\)
podstawmy:
\(\displaystyle{ a_{n}= \frac{c_{n+1}}{c_{n}}}\)
\(\displaystyle{ a_{n+1}= \frac{c_{n+2}}{c_{n+1}}}\)
z tego:
\(\displaystyle{ \frac{c_{n+2}}{c_{n}}= \frac{c_{n+2}}{c_{n+1}} \cdot \frac{c_{n+1}}{c_{n}}=a_{n+1}a_{n}}\)
ostatecznie:
\(\displaystyle{ a_{n+1}a_{n}=(n+2)a_{n}+(n+1)(n+2)/:a_{n}}\)
\(\displaystyle{ a_{n+1}=(n+2)+ \frac{1}{a_{n}}(n+1)(n+2)}\)
łatwo obliczyć, że:
\(\displaystyle{ a_{1}=2, a_{2}=6}\)
\(\displaystyle{ a_{n+1}=(n+2)+ \frac{1}{a_{n}}(n+1)(n+2) /:(n+2)}\)
\(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{n+2}=1+ \frac{n+1}{a_{n}}}\)
niech teraz:
\(\displaystyle{ x_{n}=\frac{a_{n}}{n+1}}\)
\(\displaystyle{ x_{n+1}=\frac{a_{n+1}}{n+2}}\)
w sam raz, gdzie:
\(\displaystyle{ x_{1}=1, x_{2}=2}\)
i mamy ciąg:
\(\displaystyle{ x_{n+1}=1+ \frac{1}{x_{n}}}\)
Teraz może będzie łatwiej.
Łatwo zauważyć, że cią \(\displaystyle{ x_{n}}\) ma postać:
\(\displaystyle{ x_{n}= \frac{1}{1}, \frac{2}{1}, \frac{3}{2}, \frac{5}{3}, \frac{8}{5}, \frac{13}{8}, \frac{21}{13},...}\)
czyli:
\(\displaystyle{ x_{n}= \frac{p_{n+1}}{p_{n}}}\), gdzie:
\(\displaystyle{ p_{n+1}=p_{n}+p_{n-1}, p_{0}=p_{1}=1}\)
jest to ciąg Fibonacciego to \(\displaystyle{ "p"}\)
\(\displaystyle{ x_{n}= \frac{p_{n+1}}{p_{n}}= \frac{a_{n}}{n+1}}\)
z ostatniego:
\(\displaystyle{ a_{n}=(n+1) \frac{p_{n+1}}{p_{n}}}\)
ale:
\(\displaystyle{ c_{n+1}=c_{n}a_{n}}\)
mamy:
\(\displaystyle{ c_{n+1}=c_{n}(n+1) \frac{p_{n+1}}{p_{n}}}\)
Ten ostatni zgadza się po podstawieniu do wzoru źródłowego czyli jest ok.
jeszcze tylko jawnie do końca na \(\displaystyle{ c_{n}}\)
no i teraz przemnożymy wyrazy tego:
\(\displaystyle{ \frac{c_{n+1}}{c_{n}}=(n+1) \frac{p_{n+1}}{p_{n}}}\)
otrzymamy:
\(\displaystyle{ \frac{c_{2}}{c_{1}} \cdot \frac{c_{3}}{c_{2}} \cdot... \cdot \frac{c_{n+1}}{c_{n}}=2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot ... \cdot (n+1) \cdot \frac{p_{2}}{p_{1}} \cdot \frac{p_{3}}{p_{2}} \cdot ... \cdot \frac{p_{n+1}}{p_{n}}}\)
wszystko się skróci i będzie:
\(\displaystyle{ \frac{c_{n+1}}{c_{1}}=(n+1)! \frac{p_{n+1}}{p_{1}}=(n+1)!p_{n+1}}\)
czyli:
\(\displaystyle{ c_{n+1}=c_{1}(n+1)!p_{n+1}}\)
ale:
\(\displaystyle{ c_{1}=1}\)
więc ostatecznie:
\(\displaystyle{ c_{n+1}=(n+1)! \cdot p_{n+1}}\)
Sprawdziłem, podstawiłem do źródłowego i działa czyli ostatecznie mamy:
\(\displaystyle{ c_{n}=n! \cdot p_{n}}\)
Jest to jeszcze przyczynek do równania różniczkowego Premislava, które też można traktować już jako rozwiązane.
ponieważ:
\(\displaystyle{ S(x)= \sum_{n=0}^{ \infty }c_{n}x^n= \sum_{n=0}^{ \infty }n! \cdot p_{n}x^n}\)
I to jest typowy przykład upieczenia dwóch pieczeni na jednym ogniu rozwiązanie fajnej rekurencji a do tego trudnego równania różniczkowego, które nie wiadomo jak nawet zacząć.
Po uproszczeniu równanie wyszło o ile nie ma tu jakiejś pomyłki:
\(\displaystyle{ x^4S''(x)+(4x^3+x^2)S'(x)+(2x^2+x-1)S(x)+x=0}\)
\(\displaystyle{ \frac{c_{n+2}}{c_{n}}=(n+2) \frac{c_{n+1}}{c_{n}}+(n+1)(n+2)}\)
podstawmy:
\(\displaystyle{ a_{n}= \frac{c_{n+1}}{c_{n}}}\)
\(\displaystyle{ a_{n+1}= \frac{c_{n+2}}{c_{n+1}}}\)
z tego:
\(\displaystyle{ \frac{c_{n+2}}{c_{n}}= \frac{c_{n+2}}{c_{n+1}} \cdot \frac{c_{n+1}}{c_{n}}=a_{n+1}a_{n}}\)
ostatecznie:
\(\displaystyle{ a_{n+1}a_{n}=(n+2)a_{n}+(n+1)(n+2)/:a_{n}}\)
\(\displaystyle{ a_{n+1}=(n+2)+ \frac{1}{a_{n}}(n+1)(n+2)}\)
łatwo obliczyć, że:
\(\displaystyle{ a_{1}=2, a_{2}=6}\)
\(\displaystyle{ a_{n+1}=(n+2)+ \frac{1}{a_{n}}(n+1)(n+2) /:(n+2)}\)
\(\displaystyle{ \frac{a_{n+1}}{n+2}=1+ \frac{n+1}{a_{n}}}\)
niech teraz:
\(\displaystyle{ x_{n}=\frac{a_{n}}{n+1}}\)
\(\displaystyle{ x_{n+1}=\frac{a_{n+1}}{n+2}}\)
w sam raz, gdzie:
\(\displaystyle{ x_{1}=1, x_{2}=2}\)
i mamy ciąg:
\(\displaystyle{ x_{n+1}=1+ \frac{1}{x_{n}}}\)
Teraz może będzie łatwiej.
Łatwo zauważyć, że cią \(\displaystyle{ x_{n}}\) ma postać:
\(\displaystyle{ x_{n}= \frac{1}{1}, \frac{2}{1}, \frac{3}{2}, \frac{5}{3}, \frac{8}{5}, \frac{13}{8}, \frac{21}{13},...}\)
czyli:
\(\displaystyle{ x_{n}= \frac{p_{n+1}}{p_{n}}}\), gdzie:
\(\displaystyle{ p_{n+1}=p_{n}+p_{n-1}, p_{0}=p_{1}=1}\)
jest to ciąg Fibonacciego to \(\displaystyle{ "p"}\)
\(\displaystyle{ x_{n}= \frac{p_{n+1}}{p_{n}}= \frac{a_{n}}{n+1}}\)
z ostatniego:
\(\displaystyle{ a_{n}=(n+1) \frac{p_{n+1}}{p_{n}}}\)
ale:
\(\displaystyle{ c_{n+1}=c_{n}a_{n}}\)
mamy:
\(\displaystyle{ c_{n+1}=c_{n}(n+1) \frac{p_{n+1}}{p_{n}}}\)
Ten ostatni zgadza się po podstawieniu do wzoru źródłowego czyli jest ok.
jeszcze tylko jawnie do końca na \(\displaystyle{ c_{n}}\)
no i teraz przemnożymy wyrazy tego:
\(\displaystyle{ \frac{c_{n+1}}{c_{n}}=(n+1) \frac{p_{n+1}}{p_{n}}}\)
otrzymamy:
\(\displaystyle{ \frac{c_{2}}{c_{1}} \cdot \frac{c_{3}}{c_{2}} \cdot... \cdot \frac{c_{n+1}}{c_{n}}=2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot ... \cdot (n+1) \cdot \frac{p_{2}}{p_{1}} \cdot \frac{p_{3}}{p_{2}} \cdot ... \cdot \frac{p_{n+1}}{p_{n}}}\)
wszystko się skróci i będzie:
\(\displaystyle{ \frac{c_{n+1}}{c_{1}}=(n+1)! \frac{p_{n+1}}{p_{1}}=(n+1)!p_{n+1}}\)
czyli:
\(\displaystyle{ c_{n+1}=c_{1}(n+1)!p_{n+1}}\)
ale:
\(\displaystyle{ c_{1}=1}\)
więc ostatecznie:
\(\displaystyle{ c_{n+1}=(n+1)! \cdot p_{n+1}}\)
Sprawdziłem, podstawiłem do źródłowego i działa czyli ostatecznie mamy:
\(\displaystyle{ c_{n}=n! \cdot p_{n}}\)
Jest to jeszcze przyczynek do równania różniczkowego Premislava, które też można traktować już jako rozwiązane.
ponieważ:
\(\displaystyle{ S(x)= \sum_{n=0}^{ \infty }c_{n}x^n= \sum_{n=0}^{ \infty }n! \cdot p_{n}x^n}\)
I to jest typowy przykład upieczenia dwóch pieczeni na jednym ogniu rozwiązanie fajnej rekurencji a do tego trudnego równania różniczkowego, które nie wiadomo jak nawet zacząć.
Po uproszczeniu równanie wyszło o ile nie ma tu jakiejś pomyłki:
\(\displaystyle{ x^4S''(x)+(4x^3+x^2)S'(x)+(2x^2+x-1)S(x)+x=0}\)
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6909
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Zależność rekurencyjna
Jeżeli chodzi o te równanie drugiego rzędu to proponuję sprowadzić je do równania Riccatiego
podstawieniami \(\displaystyle{ S\left( x\right)=u\left( x\right)v\left( x\right)}\)
gdzie \(\displaystyle{ v\left( x\right)}\) jest nieznaną funkcją którą wyznaczymy rozwiązując
równanie liniowe pierwszego rzędu
Następnie podstawienie \(\displaystyle{ u\left( x\right)=e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x } }}\)
sprowadzi równanie do równania Riccatiego które to można scałkować metodami
podanymi u Nikliborca
\(\displaystyle{ x^4S''(x)+(4x^3+x^2)S'(x)+(2x^2+x-1)S(x)+x=0}\)
Zajmijmy się najpierw równaniem jednorodnym
Mając rozwiązanie równania jednorodnego będziemy mogli uzmiennić stałe
\(\displaystyle{ x^4S''(x)+(4x^3+x^2)S'(x)+(2x^2+x-1)S(x)=0\\
S\left( x\right)=u\left( x\right)v\left( x\right)\\
x^4\left( u''\left( x\right)v\left( x\right)+2u'\left( x\right)v'\left( x\right)+u\left( x\right)v''\left( x\right) \right)+\left(4x^3+x^2 \right)\left( u'\left( x\right)v\left( x\right)+u\left( x\right) v'\left( x\right) \right)+\left(2x^2+x-1 \right)u\left( x\right)v\left( x\right)=0\\
x^4v\left( x\right)u''\left( x\right)+\left(2x^4v'\left( x\right)+\left( 4x^3+x^2\right)v\left(x \right) \right)u'\left( x\right)+\left( x^4v''\left( x\right)+\left( 4x^3+x^2\right)v'\left( x\right) +\left( 2x^2+x-1\right) v\left( x\right) \right)u\left( x\right)=0\\
2x^4v'\left( x\right)+\left( 4x^3+x^2\right)v\left( x\right)=0\\
2x^2v'\left( x\right)=-\left( 4x+1\right)v\left( x\right) \\
\frac{ \mbox{d}v}{v}=\frac{-4x-1}{2x^2}\mbox{d}x \\
\ln{\left| v\right| }=-2\ln{\left| x\right| }+\frac{1}{2x}\\
v\left( x\right)=\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{2x}}\\
x^2e^{\frac{1}{2x}}u''\left( x\right)+\left( 6+\frac{3}{x}+\frac{1}{4}\frac{1}{x^2}-8-\frac{2}{x}-\frac{2}{x}-\frac{1}{2}\frac{1}{x^2}+2+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\right)e^{\frac{1}{2x}}u\left( x\right)=0 }\)
\(\displaystyle{ x^2e^{\frac{1}{2x}}u''\left( x\right)-\frac{5}{4}\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{2x}}u\left( x\right)=0\\
u''\left( x\right)-\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}u\left( x\right)=0\\
u=e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}\\
u'\left( x\right)=w\left( x\right)e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}\\
u''\left( x\right)=w'\left( x\right)e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}+w\left( x\right)^2e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}\\
u''\left( x\right)=\left(w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2 \right)e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}\\
\left(w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2 \right)e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}-\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}=0\\
w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2-\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}=0\\
w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}}\)
podstawieniami \(\displaystyle{ S\left( x\right)=u\left( x\right)v\left( x\right)}\)
gdzie \(\displaystyle{ v\left( x\right)}\) jest nieznaną funkcją którą wyznaczymy rozwiązując
równanie liniowe pierwszego rzędu
Następnie podstawienie \(\displaystyle{ u\left( x\right)=e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x } }}\)
sprowadzi równanie do równania Riccatiego które to można scałkować metodami
podanymi u Nikliborca
Kod: Zaznacz cały
http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/mon/mon25/mon2503.pdfZajmijmy się najpierw równaniem jednorodnym
Mając rozwiązanie równania jednorodnego będziemy mogli uzmiennić stałe
\(\displaystyle{ x^4S''(x)+(4x^3+x^2)S'(x)+(2x^2+x-1)S(x)=0\\
S\left( x\right)=u\left( x\right)v\left( x\right)\\
x^4\left( u''\left( x\right)v\left( x\right)+2u'\left( x\right)v'\left( x\right)+u\left( x\right)v''\left( x\right) \right)+\left(4x^3+x^2 \right)\left( u'\left( x\right)v\left( x\right)+u\left( x\right) v'\left( x\right) \right)+\left(2x^2+x-1 \right)u\left( x\right)v\left( x\right)=0\\
x^4v\left( x\right)u''\left( x\right)+\left(2x^4v'\left( x\right)+\left( 4x^3+x^2\right)v\left(x \right) \right)u'\left( x\right)+\left( x^4v''\left( x\right)+\left( 4x^3+x^2\right)v'\left( x\right) +\left( 2x^2+x-1\right) v\left( x\right) \right)u\left( x\right)=0\\
2x^4v'\left( x\right)+\left( 4x^3+x^2\right)v\left( x\right)=0\\
2x^2v'\left( x\right)=-\left( 4x+1\right)v\left( x\right) \\
\frac{ \mbox{d}v}{v}=\frac{-4x-1}{2x^2}\mbox{d}x \\
\ln{\left| v\right| }=-2\ln{\left| x\right| }+\frac{1}{2x}\\
v\left( x\right)=\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{2x}}\\
x^2e^{\frac{1}{2x}}u''\left( x\right)+\left( 6+\frac{3}{x}+\frac{1}{4}\frac{1}{x^2}-8-\frac{2}{x}-\frac{2}{x}-\frac{1}{2}\frac{1}{x^2}+2+\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\right)e^{\frac{1}{2x}}u\left( x\right)=0 }\)
\(\displaystyle{ x^2e^{\frac{1}{2x}}u''\left( x\right)-\frac{5}{4}\frac{1}{x^2}e^{\frac{1}{2x}}u\left( x\right)=0\\
u''\left( x\right)-\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}u\left( x\right)=0\\
u=e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}\\
u'\left( x\right)=w\left( x\right)e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}\\
u''\left( x\right)=w'\left( x\right)e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}+w\left( x\right)^2e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}\\
u''\left( x\right)=\left(w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2 \right)e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}\\
\left(w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2 \right)e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}-\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}e^{ \int{w\left( x\right) \mbox{d}x }}=0\\
w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2-\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}=0\\
w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}}\)
Ostatnio zmieniony 25 lis 2016, o 13:13 przez Mariusz M, łącznie zmieniany 2 razy.
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6909
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Zależność rekurencyjna
Razem z przytoczonymi w tym pdf wyjdzie pięć podstawień
Sprowadzą one to równanie do równania o rozdzielonych zmiennych bo
\(\displaystyle{ \frac{-4}{2\left( -4\right)+4 }=1\in\mathbb{Z}}\)
Dla uproszczenia wziąłem jednorodne bo mając rozwiązanie równania jednorodnego
możemy zawsze uzmiennić stałe o ile potrafimy policzyć występujące przy tym całki
Ciekawe jak sprawdziłaby się wykładnicza funkcja tworząca
Wykładnicza funkcja tworząca pozwoli uniknąć równania różniczkowego
Sprowadzą one to równanie do równania o rozdzielonych zmiennych bo
\(\displaystyle{ \frac{-4}{2\left( -4\right)+4 }=1\in\mathbb{Z}}\)
Dla uproszczenia wziąłem jednorodne bo mając rozwiązanie równania jednorodnego
możemy zawsze uzmiennić stałe o ile potrafimy policzyć występujące przy tym całki
Ciekawe jak sprawdziłaby się wykładnicza funkcja tworząca
Wykładnicza funkcja tworząca pozwoli uniknąć równania różniczkowego
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Zależność rekurencyjna
Spróbuję się pobawić ostatnim:
\(\displaystyle{ w'(x)=-w^2(x)+\frac{5}{4x^2}}\)
Jest to równanie Riccatiego, gdzie:
\(\displaystyle{ p(x)=-1, q(x)=0, r(x)= \frac{5}{4x^4}}\)
No i elementarnie się nie da
\(\displaystyle{ w'(x)=-w^2(x)+\frac{5}{4x^2}}\)
Jest to równanie Riccatiego, gdzie:
\(\displaystyle{ p(x)=-1, q(x)=0, r(x)= \frac{5}{4x^4}}\)
No i elementarnie się nie da
Ostatnio zmieniony 25 lis 2016, o 20:57 przez arek1357, łącznie zmieniany 6 razy.
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6909
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Zależność rekurencyjna
arek1357, ja całkowałbym tak jak w tym pdf
Łącząc trzy proponowane w nim podstawienia w jedno otrzymujemy
\(\displaystyle{ w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}\\}\)
\(\displaystyle{ w\left( x\right) =\frac{a}{x}+\frac{x^{q-1}}{z\left( x\right) }\\}\)
gdzie \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ q}\) to stałe których wyznaczenie zostawiamy sobie na później
\(\displaystyle{ w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}\\
-\frac{a}{x^2}+ \frac{\left(q-1 \right)x^{q-2} }{z\left( x\right) }-\frac{x^{q-1}z'\left(x\right) }{z^2\left( x\right) }+\left( \frac{a}{x}+\frac{x^{q-1}}{z\left( x\right) }\right)^2=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}\\
-\frac{a}{x^2}+ \frac{\left(q-1 \right)x^{q-2} }{z\left( x\right) }-\frac{x^{q-1}z'\left(x\right) }{z^2\left( x\right) }+\frac{a^2}{x^2}+2a\frac{x^{q-2}}{z\left( x\right) }+\frac{x^{2q-2}}{z^2\left( x\right) }=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}\\
\left( a^2-a-\frac{5}{4} \cdot \frac{1}{x^2} \right) z^2\left( x\right)+\left( q-1+2a\right)x^{q}z\left( x\right)-x^{q+1}z'\left( x\right)+x^{2q}=0\\}\)
Jeśli teraz weźmiemy \(\displaystyle{ a=1 \wedge q=-1}\) otrzymamy
\(\displaystyle{ \frac{4-5z^2\left( x\right) }{4x^2}-z'\left( x\right)=0\\
z'\left( x\right)=\frac{4-5z^2\left( x\right) }{4x^2}\\
\frac{z'\left( x\right)}{4-5z^2\left( x\right)}=\frac{1}{4x^2}\\
\frac{4 \mbox{d}z}{5z^2-4}=-\frac{ \mbox{d}x}{x^2} \\
\frac{4 \mbox{d}z}{\left( \sqrt{5}z+2\right)\left( \sqrt{5}z-2\right) }=-\frac{ \mbox{d}x}{x^2} \\
\frac{\left( \sqrt{5}z+2\right)-\left(\sqrt{5}z-2\right) }{\left( \sqrt{5}z+2\right)\left( \sqrt{5}z-2\right)} \mbox{d}z=-\frac{ \mbox{d}x }{x^2}\\
\left( \frac{1}{\sqrt{5}z-2}-\frac{1}{\sqrt{5}z+2}\right) \mbox{d}z=-\frac{ \mbox{d}x}{x^2}\\
\frac{ \sqrt{5} }{5}\ln{\left| \frac{\sqrt{5}z-2}{\sqrt{5}z+2}\right| }=\frac{1}{x}+C\\}\)
Łącząc trzy proponowane w nim podstawienia w jedno otrzymujemy
\(\displaystyle{ w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}\\}\)
\(\displaystyle{ w\left( x\right) =\frac{a}{x}+\frac{x^{q-1}}{z\left( x\right) }\\}\)
gdzie \(\displaystyle{ a}\) oraz \(\displaystyle{ q}\) to stałe których wyznaczenie zostawiamy sobie na później
\(\displaystyle{ w'\left( x\right)+w\left( x\right)^2=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}\\
-\frac{a}{x^2}+ \frac{\left(q-1 \right)x^{q-2} }{z\left( x\right) }-\frac{x^{q-1}z'\left(x\right) }{z^2\left( x\right) }+\left( \frac{a}{x}+\frac{x^{q-1}}{z\left( x\right) }\right)^2=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}\\
-\frac{a}{x^2}+ \frac{\left(q-1 \right)x^{q-2} }{z\left( x\right) }-\frac{x^{q-1}z'\left(x\right) }{z^2\left( x\right) }+\frac{a^2}{x^2}+2a\frac{x^{q-2}}{z\left( x\right) }+\frac{x^{2q-2}}{z^2\left( x\right) }=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}\\
\left( a^2-a-\frac{5}{4} \cdot \frac{1}{x^2} \right) z^2\left( x\right)+\left( q-1+2a\right)x^{q}z\left( x\right)-x^{q+1}z'\left( x\right)+x^{2q}=0\\}\)
Jeśli teraz weźmiemy \(\displaystyle{ a=1 \wedge q=-1}\) otrzymamy
\(\displaystyle{ \frac{4-5z^2\left( x\right) }{4x^2}-z'\left( x\right)=0\\
z'\left( x\right)=\frac{4-5z^2\left( x\right) }{4x^2}\\
\frac{z'\left( x\right)}{4-5z^2\left( x\right)}=\frac{1}{4x^2}\\
\frac{4 \mbox{d}z}{5z^2-4}=-\frac{ \mbox{d}x}{x^2} \\
\frac{4 \mbox{d}z}{\left( \sqrt{5}z+2\right)\left( \sqrt{5}z-2\right) }=-\frac{ \mbox{d}x}{x^2} \\
\frac{\left( \sqrt{5}z+2\right)-\left(\sqrt{5}z-2\right) }{\left( \sqrt{5}z+2\right)\left( \sqrt{5}z-2\right)} \mbox{d}z=-\frac{ \mbox{d}x }{x^2}\\
\left( \frac{1}{\sqrt{5}z-2}-\frac{1}{\sqrt{5}z+2}\right) \mbox{d}z=-\frac{ \mbox{d}x}{x^2}\\
\frac{ \sqrt{5} }{5}\ln{\left| \frac{\sqrt{5}z-2}{\sqrt{5}z+2}\right| }=\frac{1}{x}+C\\}\)
Ostatnio zmieniony 25 lis 2016, o 19:31 przez Mariusz M, łącznie zmieniany 1 raz.
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Zależność rekurencyjna
I wyjdzie ci:
\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{5} }\ln \frac{2 \sqrt{5}-5z }{5z+2 \sqrt{5} }= \frac{1}{x}}\)
czyli:
\(\displaystyle{ z(x)= \frac{2 \sqrt{5} }{5} \frac{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{ \sqrt{5} }\ln \frac{2 \sqrt{5}-5z }{5z+2 \sqrt{5} }= \frac{1}{x}}\)
czyli:
\(\displaystyle{ z(x)= \frac{2 \sqrt{5} }{5} \frac{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}}\)
Ostatnio zmieniony 25 lis 2016, o 20:39 przez arek1357, łącznie zmieniany 1 raz.
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6909
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Zależność rekurencyjna
arek1357, teraz trzeba wyznaczyć \(\displaystyle{ z\left( x\right)}\) ,wrócić do poprzednich zmiennych
i pamiętając że rozwiązaliśmy równanie jednorodne uzmiennić stałe
Jeśli się bawić funkcjami tworzącymi to tutaj znacznie lepiej
użyć wykładniczej funkcji tworzącej a następnie znaleźć wzór na jej \(\displaystyle{ n.}\) pochodną
arek1357, ty się pomyliłeś
1. Za \(\displaystyle{ R\left( x\right)}\) wziąłeś \(\displaystyle{ \frac{5}{4} \cdot \frac{1}{x^2}}\)
2. Źle przewidziałeś całkę szczególną w twoim błędnym równaniu powinna być ona postaci
\(\displaystyle{ w_{1}=\frac{a}{x}}\)
i pamiętając że rozwiązaliśmy równanie jednorodne uzmiennić stałe
Jeśli się bawić funkcjami tworzącymi to tutaj znacznie lepiej
użyć wykładniczej funkcji tworzącej a następnie znaleźć wzór na jej \(\displaystyle{ n.}\) pochodną
arek1357, ty się pomyliłeś
1. Za \(\displaystyle{ R\left( x\right)}\) wziąłeś \(\displaystyle{ \frac{5}{4} \cdot \frac{1}{x^2}}\)
2. Źle przewidziałeś całkę szczególną w twoim błędnym równaniu powinna być ona postaci
\(\displaystyle{ w_{1}=\frac{a}{x}}\)
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Zależność rekurencyjna
Poprawiłem, ale:
\(\displaystyle{ p(x)=-1}\)
\(\displaystyle{ q(x)=0}\)
\(\displaystyle{ r(x)= \frac{5}{4x^4}}\)
to fakt przy czwartej potędze będzie tym sposobem lipa
\(\displaystyle{ p(x)=-1}\)
\(\displaystyle{ q(x)=0}\)
\(\displaystyle{ r(x)= \frac{5}{4x^4}}\)
to fakt przy czwartej potędze będzie tym sposobem lipa
Ostatnio zmieniony 25 lis 2016, o 20:58 przez arek1357, łącznie zmieniany 1 raz.
-
Mariusz M
- Użytkownik
- Posty: 6909
- Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
- Podziękował: 2 razy
- Pomógł: 1246 razy
Zależność rekurencyjna
Powinno być
\(\displaystyle{ r\left( x\right)=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}}\)
Ty masz
\(\displaystyle{ r\left(x\right)=\frac{5}{4}\frac{1}{x^2}}\)
Tak sobie myślę że bez całek nieelementarnych się nie obejdzie
\(\displaystyle{ r\left( x\right)=\frac{5}{4}\frac{1}{x^4}}\)
Ty masz
\(\displaystyle{ r\left(x\right)=\frac{5}{4}\frac{1}{x^2}}\)
Tak sobie myślę że bez całek nieelementarnych się nie obejdzie
-
arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5748
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Zależność rekurencyjna
Proszę cię zabij mnie nie zauważyłem , że tam jest \(\displaystyle{ x^4}\)
Ostatecznie musi być jak napisałeś:
\(\displaystyle{ w(x)= \frac{1}{x}+ \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}}\)
reasumując jak napisałeś:
\(\displaystyle{ u(x)=e^{ \int_{}^{} w(x)dx }=e^{ \int_{}^{}\left( \frac{1}{x}+ \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}\right)dx }}\)
\(\displaystyle{ v(x)= \frac{1}{x^2}e^{ \frac{1}{2x} }}\)
\(\displaystyle{ S(x)=u(x)v(x)=\left( \frac{1}{x^2}e^{ \frac{1}{2x} }\right)e^{ \int_{}^{}\left( \frac{1}{x}+ \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}\right)dx }=}\)
\(\displaystyle{ S(x)=\left( \frac{1}{x}e^{ \frac{1}{2x} }\right)e^{ \int_{}^{}\left( \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}\right)dx }}\)
Ostatecznie musi być jak napisałeś:
\(\displaystyle{ w(x)= \frac{1}{x}+ \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}}\)
reasumując jak napisałeś:
\(\displaystyle{ u(x)=e^{ \int_{}^{} w(x)dx }=e^{ \int_{}^{}\left( \frac{1}{x}+ \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}\right)dx }}\)
\(\displaystyle{ v(x)= \frac{1}{x^2}e^{ \frac{1}{2x} }}\)
\(\displaystyle{ S(x)=u(x)v(x)=\left( \frac{1}{x^2}e^{ \frac{1}{2x} }\right)e^{ \int_{}^{}\left( \frac{1}{x}+ \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}\right)dx }=}\)
\(\displaystyle{ S(x)=\left( \frac{1}{x}e^{ \frac{1}{2x} }\right)e^{ \int_{}^{}\left( \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}\right)dx }}\)
Ostatnio zmieniony 25 lis 2016, o 21:19 przez arek1357, łącznie zmieniany 1 raz.