Zależność rekurencyjna

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ w(x)= \frac{1}{x}+ \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}\\}\)

Całkę \(\displaystyle{ \frac{1}{x}}\) można policzyć z tego że pochodna funkcji pierwotnej to
to funkcja podcałkowa

Całkę \(\displaystyle{ \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}\\}\) można policzyć podstawieniem \(\displaystyle{ t=e^{\frac{ \sqrt{5} }{x}}}\)
bez funkcji nieelementarnych

Ciekawe czy w ten sposób dostaniemy tylko jedną całkę szczególną
Drugą całkę można znaleźć albo licząc wrońskian albo obniżając rząd równania
Do uzmiennienia stałych potrzebujemy dwóch niezależnych całek szczególnych

Całki nieelementarne pojawią się dopiero podczas uzmienniania stałych

[arek1357]

Wyszło mi:


\(\displaystyle{ e^{ \int_{}^{}\left( \frac{ \sqrt{5} }{2x^2} \frac{1+e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}{1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} }}\right)dx }=e^{\ln (1-e^{ \frac{ \sqrt{5} }{x} })- \frac{ \sqrt{5} }{2x} }=}\)

\(\displaystyle{ =e^{- \frac{ \sqrt{5} }{2x} }-e^{\frac{ \sqrt{5} }{2x} }}\)

[Mariusz M]

No to do uzmiennienia stałych potrzebujemy dwóch niezależnych całek szczególnych
(Mamy tego x i dlatego potrzebujemy uzmiennić stałe)
Całki nieelementarne pojawią się dopiero przy uzmiennieniu stałych
(Ja drugą całkę szczególną zgadłem , więc nie jestem pewien)

[arek1357]

Ostatecznie:

\(\displaystyle{ S(x)= \frac{e^{ \frac{1- \sqrt{5} }{2x} }-e^{ \frac{1+ \sqrt{5} }{2x} }}{x}}\)

Wydaje się ok.

[Mariusz M]

Tak ale to jest całka szczególna równania jednorodnego

a my mamy równanie

\(\displaystyle{ x^4S''(x)+(4x^3+x^2)S'(x)+(2x^2+x-1)S(x)=-x}\)

Teraz trzeba znaleźć drugą całkę szczególną i uzmiennić stałe

[arek1357]

A no tak bo na początku dałeś zero sory ale nie zauważyłem tego zmęczenie

No to teraz zniknęły mi stałe, a potem no np. wrońskianem pociągnąć by należało dokładnie

[Mariusz M]

Dlatego uważam że Premislav, wybrał nie tę funkcję tworzącą co trzeba
Wygodniejsza byłaby ta wykładnicza

[arek1357]

A tak by nie było:

\(\displaystyle{ S(x)=C_{1} \frac{1}{x} e^{ \frac{1- \sqrt{5} }{2x} }-C_{2} \frac{1}{x}e^{ \frac{1+ \sqrt{5} }{2x} }}\)



\(\displaystyle{ f_{1}= \frac{1}{x}e^{ \frac{1- \sqrt{5} }{2x} }}\)

\(\displaystyle{ f_{2}= \frac{1}{x}e^{ \frac{1+ \sqrt{5} }{2x} }}\)


\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}f_{1}&f_{2}\\f_{1}'&f_{2}'\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}C_{1}\\C_{2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\- \frac{1}{x^3} \end{array}\right]}\)



Nie rozumiem tego zdania

Dlatego uważam że Premislav, wybrał nie tę funkcję tworzącą co trzeba
Wygodniejsza byłaby ta wykładnicza

[Mariusz M]

Właśnie też o tym myślałem
Chociaż gdyby chciał szukać drugiej całki szczególnej to pewniejszą metodą
jest obniżenie rzędu

Tak to co podałeś to będzie całka ogólna równania jednorodnego

Teraz wystarczy rozwiązać układ równań z macierzą Wrońskiego
Rozwiązanie układu równań trzeba scałkować
(tutaj pojawi się całka nieelementarna) i wstawić do rozwiązania równania jednodnego
w miejsce stałych przyjmując policzone funkcje

Ty masz

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}f_{1}&f_{2}\\f_{1}'&f_{2}'\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}C_{1}\\C_{2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\- \frac{1}{x^3} \end{array}\right]}\)

Powinno być

\(\displaystyle{ \left[\begin{array}{cc}f_{1}&f_{2}\\f_{1}'&f_{2}'\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}C'_{1}\\C'_{2}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}0\\- \frac{1}{x^3} \end{array}\right]}\)


Chodzi o to że Przemysław za funkcję tworzącą powinien przyjąć

\(\displaystyle{ C\left( x\right)= \sum_{n=0}^{ \infty }\frac{c_{n}}{n!}x^{n}}\)


arek1357, w zwykłej funkcji tworzącej ciąg jedynek daje sumę szeregu geometrycznego
w wykładniczej funkcji tworzącej ciąg jedynek daje eksponentę
Czasem są używane jeszcze inne funkcje tworzące jak funkcja tworząca Dirichleta
która dla ciągu jedynek daje zetę Riemanna

[arek1357]

Powiem szczerze że nie chciałoby mi się liczyć tej macierzy szczególnie dzisiaj


Wyszło mi coś takiego ale mogłem gdzieś się pomylić:

\(\displaystyle{ C_{1}(x)=-\frac{ \sqrt{5} }{5} \int_{0}^{x}e^{ \frac{ \sqrt{5}-1 }{2} \frac{1}{t}}dt}\)

\(\displaystyle{ C_{2}(x)=\frac{ \sqrt{5} }{5} \int_{0}^{x}e^{ -\frac{ \sqrt{5}+1 }{2} \frac{1}{t}}dt}\)

czyli:

\(\displaystyle{ S(x)=C_{1} \frac{1}{x} e^{ \frac{1- \sqrt{5} }{2x} }-C_{2} \frac{1}{x}e^{ \frac{1+ \sqrt{5} }{2x} }}\)


\(\displaystyle{ S(x)=-\frac{ \sqrt{5} }{5} \frac{1}{x} e^{ \frac{1- \sqrt{5} }{2x} } \int_{0}^{x}e^{ \frac{ \sqrt{5}-1 }{2} \frac{1}{t}}dt-\frac{ \sqrt{5} }{5}\frac{1}{x}e^{ \frac{1+ \sqrt{5} }{2x} } \int_{0}^{x}e^{ -\frac{ \sqrt{5}+1 }{2} \frac{1}{t}}dt}\)

lub:

\(\displaystyle{ S(x)= \frac{(5+ \sqrt{5})e^{ \frac{1+ \sqrt{5} }{2x} }+ (5- \sqrt{5})e^{ \frac{1- \sqrt{5} }{2x} }}{10x} \int_{0}^{x} \frac{e^t}{t^2}dt}\)


Czyli byłoby to rozwinięcie funkcji \(\displaystyle{ S(x)}\) w szereg:

\(\displaystyle{ S(x)= \sum_{n=1}^{ \infty }n!p_{n}x^n}\)

\(\displaystyle{ p_{n}}\) - ciąg Fibonacciego

[Mariusz M]

Minus powinien być tylko przy pierwszej całce
Poza tym czy aby na pewno nie będzie problemów ze zbieżnością tej całki oznaczonej ?

Z tymi całkami oznaczonymi może być problem nawet gdybyśmy za przedział całkowania wzięli

\(\displaystyle{ S\left( x\right)=-\frac{5-\sqrt{5}}{10}\frac{e^{ \frac{1- \sqrt{5} }{2x} }}{x} \int_{\frac{1- \sqrt{5} }{2x}}^{ \infty }{\frac{e^{-t}}{t} \mbox{d}t}-\frac{5+\sqrt{5}}{10}\frac{e^{ \frac{1+ \sqrt{5} }{2x} }}{x} \int_{\frac{1+ \sqrt{5} }{2x}}^{ \infty }{\frac{e^{-t}}{t} \mbox{d}t}}\)

arek1357, a teraz spróbuj użyć funkcji tworzącej \(\displaystyle{ C\left( x\right)= \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{c_{n}}{n!}x^{n}}\)

[arek1357]

Więc będzie:

\(\displaystyle{ C(x)= \sum_{n=0}^{ \infty }p_{n}x^n}\)

Ale całki wyglądają na zbieżne:

\(\displaystyle{ e^t \ge t}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{e^t} \le \frac{1}{t}}\)

[dec1]

\(\displaystyle{ c_n=\frac{n!\left( \left(1+\sqrt 5\right)^n-\left(1-\sqrt 5\right)^n\right)}{2^n\sqrt 5}=n!F_n}\)

[Premislav]

To rozwiązanie podał już arek1357 na poprzedniej stronie, tylko inaczej oznaczając n-tą liczbę Fibonacciego, natomiast dalej toczyła się dyskusja nad rozwiązaniem tego równania różniczkowego, które ja uznałem za "nie do rozwiązania" (tj. ja go nie umiałem rozwiązać, a to istotna różnica ).

BTW Nie znałem wykładniczej funkcji tworzącej, poczytam sobie o tym.

[Mariusz M]

No tak ale trzeba je rozwinąć wokół zera i z tym może być problem

Oczywiście to co napisał dec1, jest prawdziwe
ale chcielibyśmy do tego dojść korzystając z funkcji tworzących , tej zwykłej i tej wykładniczej