Zależność rekurencyjna

[arek1357]

Według mnie trzeba by było rozwinąć funkcję podcałkową w szereg i całkować wyraz po wyrazie,
ale szczególnie za tym nie przepadam.

[Mariusz M]

Dałoby się jakoś względnie łatwo znaleźć wzór na \(\displaystyle{ n.}\) pochodną funkcji
\(\displaystyle{ S\left( x\right)=-\frac{5-\sqrt{5}}{10}\frac{e^{ \frac{1- \sqrt{5} }{2x} }}{x} \int_{\frac{1- \sqrt{5} }{2x}}^{ \infty }{\frac{e^{-t}}{t} \mbox{d}t}-\frac{5+\sqrt{5}}{10}\frac{e^{ \frac{1+ \sqrt{5} }{2x} }}{x} \int_{\frac{1+ \sqrt{5} }{2x}}^{ \infty }{\frac{e^{-t}}{t} \mbox{d}t}}\)
a następnie policzyć granicę tej pochodnej w zerze

\(\displaystyle{ =\frac{1}{n!} \lim_{x \to 0}{ \frac{ \mbox{d^n}}{ \mbox{d}x ^n}S\left( x\right) }}\)

Premislav, mógłbyś spojrzeć na te całki oznaczone które podałem
bo mam wątpliwości czy będą one zbieżne w otoczeniu zera

Tak sobie patrzę na te rozwiązanie i widzę że nie trzeba było
sprowadzać tego równania do równania Riccatiego
Można było podstawieniami sprowadzić to równanie do liniowego o stałych współczynnikach

[arek1357]

No z tej nierówności wychodzi, że będę zbieżne.

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ c_{n+1} = (n+1)c_{n} + (n^2+n)c_{n-1}\\
c_{0}=0\\
c_{1}=1\\
c_{n} = (n)c_{n-1} + (n^2-n)c_{n-2}\\
c_{0}=0\\
c_{1}=1\\}\)

Spróbuję pobawić się wykładniczą funkcją tworzącą

\(\displaystyle{ C\left( x\right)=\sum_{n=0}^{ \infty }{\frac{c_{n}}{n!}x^n} \\
\sum_{n=2}^{ \infty }{\frac{c_{n}}{n!}x^n}=\sum_{n=2}^{ \infty }{\frac{nc_{n-1}}{n!}x^n}+\sum_{n=2}^{ \infty }{\frac{\left( n^2-n\right) c_{n-2}}{n!}x^n}\\
\sum_{n=2}^{ \infty }{\frac{c_{n}}{n!}x^n}=x\sum_{n=2}^{ \infty }{\frac{c_{n-1}}{\left( n-1\right) !}x^{n-1}}+x^2\sum_{n=2}^{ \infty }{\frac{n\left( n-1\right) c_{n-2}}{n!}x^{n-2}}\\
\sum_{n=2}^{ \infty }{\frac{c_{n}}{n!}x^n}=x\sum_{n=2}^{ \infty }{\frac{c_{n-1}}{\left( n-1\right) !}x^{n-1}}+x^2\sum_{n=2}^{ \infty }{\frac{ c_{n-2}}{\left( n-2\right) !}x^{n-2}}\\
\sum_{n=2}^{ \infty }{\frac{c_{n}}{n!}x^n}=x\sum_{n=1}^{ \infty }{\frac{c_{n}}{n !}x^{n}}+x^2 \sum_{0}^{ \infty } \frac{c_{n}}{n!}x^{n}\\
\sum_{n=0}^{ \infty }{\frac{c_{n}}{n!}x^n}-x-0=x\left(\sum_{n=0}^{ \infty }{\frac{c_{n}}{n !}x^{n}} -0\right)+ x^2 \sum_{0}^{ \infty } \frac{c_{n}}{n!}x^{n}\\
C\left( x\right)-x=xC\left( x\right)+x^2C\left( x\right)\\
C\left( x\right)-xC\left( x\right)-x^2C\left( x\right)=x\\
C\left( x\right)=\frac{x}{1-x-x^2}\\}\)

\(\displaystyle{ \frac{x}{1-x-x^2}=\frac{A}{x-x_{1}}+\frac{B}{x-x_{2}}\\
\frac{x}{1-x-x^2}=\frac{A\left( x-x_{2}\right)+B\left( x-x_{1}\right) }{\left( x-x_{1}\right)\left( x-x_{2}\right) }\\
\frac{-x}{x^2+x-1}=\frac{\left( A+B\right)x-\left( Ax_{2}+Bx_{1}\right) }{\left( x-x_{1}\right)\left( x-x_{2}\right) }\\
\begin{cases} A+B=-1 \\ Ax_{2}+Bx_{1}=0 \end{cases}\\
\begin{cases} -x_{2}A-x_{2}B=x_{2} \\ Ax_{2}+Bx_{1}=0 \end{cases}\\
\begin{cases}A=\frac{x_{1}}{x_{2}-x_{1}} \\ B=-\frac{x_{2}}{x_{2}-x_{1}} \end{cases}\\
x^2+x-1=0\\
\left( x+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{4}-1=0\\
\left( x+\frac{1}{2}\right)^2-\frac{5}{4}=0\\
\left( x-\frac{-1+ \sqrt{5} }{2}\right)\left( x-\frac{-1- \sqrt{5} }{2}\right)
x_{2}=\frac{-1+ \sqrt{5} }{2}\\
x_{1}=\frac{-1- \sqrt{5} }{2}\\
\frac{x}{1-x-x^2}=-\frac{1+\sqrt{5}}{2\sqrt{5}} \cdot \frac{1}{x-\frac{-1- \sqrt{5} }{2}}+\frac{1- \sqrt{5} }{2 \sqrt{5} } \cdot \frac{1}{x-\frac{-1+ \sqrt{5} }{2}}}\)


\(\displaystyle{ \frac{ \mbox{d}^n}{ \mbox{d}x^{n} }\left(\frac{x}{1-x-x^2} \right)=}\)

[arek1357]

Nie bardzo kumam do czego teraz zmierzasz?

[Mariusz M]

Chciałem pokazać jak wyglądałoby rozwiązanie z użyciem wykładniczej funkcji tworzącej

[Premislav]

Zostałem poproszony o komentarz, więc dodam, że jedna z tych całek, które występują tu w proponowanej reprezentacji \(\displaystyle{ S(x):}\)

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

jest niestety rozbieżna, tak jak podejrzewał mariuszm.
Mamy dobrze znaną nierówność: \(\displaystyle{ e^x \ge 1+x}\). Zatem
\(\displaystyle{ e^{ \frac{\sqrt{5}-1}{2} \frac 1 t} \ge 1+\frac{\sqrt{5}-1}{2} \frac 1 t}\)
A oczywiście całka: \(\displaystyle{ \int_{0}^{x} \left(1+\frac{\sqrt{5}-1}{2} \frac 1 t \right) \,\dd t}\)
jest rozbieżna.


Natomiast tutaj:

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

mamy jak najbardziej całki zbieżne, pod warunkiem, że \(\displaystyle{ x>0}\).
Obliczeń niestety nie sprawdzałem, bo liczę coraz gorzej.

[arek1357]

Całkowicie jak najbardziej-- 27 listopada 2016, 00:59 --Oraz jak widać:

rozwiązanie z użyciem wykładniczej funkcji tworzącej jest chyba łatwiejsze.

[Mariusz M]

Premislav, jak pisałem z użytkownikiem innego forum to
odpisał że problemem może być to że przedział całkowania może zawierać zero
a my chcemy policzyć \(\displaystyle{ n.}\) pochodną w zerze
więc dobrze by było aby te funkcje nieelementarne były zbieżne dla x w otoczeniu zera

Do liczenia \(\displaystyle{ n.}\) pochodnej mamy tylko liniowość pochodnej
i wzór Leibniza dla pochodnej iloczynu więc trochę mało
Może gdyby jakoś umiejętnie dobrać czynniki to by się jakoś udało
policzyć \(\displaystyle{ n.}\) pochodną tej funkcji

[arek1357]

Tak mi się udało:

Niech:

\(\displaystyle{ F(x)= \frac{x}{1-x-x^2}= \frac{1}{ \sqrt{5}}\left( \frac{1}{1-ax}- \frac{1}{1-bx} \right)}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ a= \frac{1+\sqrt{5} }{2}, b= \frac{1-\sqrt{5} }{2}}\)

i teraz z łatwej obserwacji łatwo zauważyć, że:

\(\displaystyle{ F^{(n)}(x)= \frac{1}{ \sqrt{5} } \left[ \frac{n! \cdot a^n}{(1-ax)^{n+1}}- \frac{n! \cdot b^n}{(1-bx)^{n+1}}\right]}\)

[Papashi]

Chciałbym podziękować wszystkim osobom za pomoc w rozwiązaniu tego zadania.
Na ćwiczeniach był pokazany jeszcze inny sposób na rozwiązanie tego przykładu. Po prostu trzeba było zauważyć wzór i udowodnić go indukcyjnie.