Równanie rekurencyjne

Permutacje. Kombinacje. Wariacje. Rozmieszczanie kul w urnach. Silnie i symbole Newtona. Przeliczanie zbiorów. Funkcje tworzące. Teoria grafów.
Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6712
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Pomógł: 1216 razy

Równanie rekurencyjne

Post autor: mariuszm » 20 sty 2020, o 17:36

Jak rozwiązać następujące równanie rekurencyjne

\(\displaystyle{
\begin{cases} c_{0} \in \mathbb{R} \\ c_{1} \in \mathbb{R}\\c_{2}= \frac{1}{2}c_{1}\\c_{n+3}= \frac{\left( n+2\right)c_{n+2}-c_{n} }{\left( n+3\right)\left( n+2\right) } \end{cases}
}\)


Jakiś czas temu użytkownik JakimPL
chwalił się że takie równania rozwiązywał ale nie umiał bądź nie chciał pokazać jak je rozwiązywać
(Myślę że gdyby zdanie miało postać koniunkcji nadal byłoby prawdziwe)

Powyższe równanie otrzymałem sprowadzając równanie Riccatiego do liniowego
drugiego rzędu a następnie wstawiając szereg do tego równania liniowego
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3834
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 89 razy
Pomógł: 376 razy

Re: Równanie rekurencyjne

Post autor: arek1357 » 21 sty 2020, o 22:02

\(\displaystyle{ c_{0}=a , c_{1}=b , c_{2}= \frac{1}{2}b}\)

Tak sobie żeby nie bylo indeksów...

Dodano po 1 godzinie 1 minucie 25 sekundach:
\(\displaystyle{ c_{0}=a , c_{1}=b , c_{2}= \frac{1}{2}b}\)

Takie tam...


\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty }T_{n}x^n=T(x) }\)


\(\displaystyle{ T_{n}=nc_{n} }\)

\(\displaystyle{ T_{n+3}= \frac{1}{n+2}T_{n+2}- \frac{1}{n}T_{n} }\)

\(\displaystyle{ n(n+2)T_{n+3}=nT_{n+2}-(n+1)T_{n}}\)


\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } n(n+2)T_{n+3}x^3= \sum_{n=1}^{ \infty }nT_{n+2}x^n- \sum_{n=1}^{ \infty }(n+2)T_{n}x^n }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{x^3}\left[ \sum_{n=1}^{ \infty }n^2T_{n+3}x^{n+3}+2 \sum_{n=1}^{ \infty }nT_{n+3}x^{n+3} \right]= \frac{1}{x^2} \sum_{n=1}^{ \infty }nT_{n+2}x^{n+2}- \sum_{n=1}^{ \infty } nT_{n}x^n-2 \sum_{n=1}^{ \infty }T_{n}x^n }\)

już mi się nie chce pisać bo było ostro ale po podstawieniach:

\(\displaystyle{ nT_{n}x^n=x(T_{n}x^n)'}\)

\(\displaystyle{ x\left( \sum_{n=1}^{ \infty }T_{n}x^n \right)'=x \sum_{n=1}^{ \infty }nT_{n}x^{n-1} }\)

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } n^2T_{n}x^n=x\left[x\left( \sum_{n=1}^{ \infty }T_{n}x^n \right)' \right]'=xT'(x)+x^2T''(x) }\)

Dodano po 4 minutach 55 sekundach:
po podstawieniach i przekształceniach mamy:

\(\displaystyle{ x^2T''(x)-(x^2+2x)T'(x)+(2x+5)T(x)=bx^2}\)

Dodano po 16 minutach 16 sekundach:
Na razie jestem po imprezie i sorry za haos i brak spójności ale a to równanie to następny problem...

Dodano po 1 minucie 5 sekundach:
To równanie wygląda poważnie...

[ciach]
Ostatnio zmieniony 22 sty 2020, o 00:16 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Arek, nie spamuj. Poimprezuj, odpocznij i wróć do tematu na trzeźwo.

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6712
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Pomógł: 1216 razy

Re: Równanie rekurencyjne

Post autor: mariuszm » 22 sty 2020, o 10:10

No nie wiem czy to jest dobry pomysł bo równanie rekurencyjne otrzymałem właśnie z równania różniczkowego

Na początku miałem równanie Riccatiego

\(\displaystyle{ y'=y(t)−y^2(t)−t,}\)

Użytkownik Nty
pokazał na innym forum jak sprowadzić je do liniowego drugiego rzędu

Dla ciekawych
Równanie Riccatiego \(\displaystyle{ y'\left( t\right)=P\left( t\right)y^2\left( t\right)+Q\left( t\right)y\left( t\right)+R\left( t\right) }\)
można sprowadzić do liniowego jednorodnego drugiego rzędu podstawieniem \(\displaystyle{ u\left( t\right)=e^{- \int{P\left( t\right)y\left( t\right) \mbox{d} t } }
}\)


Po tym podstawieniu otrzymałem równanie różniczkowe

\(\displaystyle{ u''(t)−u'(t)+tu(t)=0}\)

i wstawiłem do niego szereg potęgowy (tutaj wystarczyło wstawić sam szereg potęgowy bez metody Frobeniusa)

\(\displaystyle{ u''\left(t\right)-u'\left(t\right)+tu\left(t\right)=0\\

u\left(t\right)=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}t^{n}\\

\sum_{n=0}^{\infty}\left(n+2\right)\left(n+1\right)c_{n+2}t^{n}-\left(\sum_{n=0}^{\infty}\left(n+1\right)c_{n+1}t^{n}\right)+\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}t^{n+1}=0\\

2c_{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(n+2\right)\left(n+1\right)c_{n+2}t^{n}-\left(c_{1}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(n+1\right)c_{n+1}t^{n}\right)+\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}t^{n+1}=0\\

2c_{2}-c_{1}+\sum_{n=0}^{\infty}\left(n+3\right)\left(n+2\right)c_{n+3}t^{n+1}-\left(\sum_{n=0}^{\infty}\left(n+2\right)c_{n+2}t^{n+1}\right)+\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}t^{n+1}=0\\

2c_{2}-c_{1}+\sum_{n=0}^{\infty}\left[\left(n+3\right)\left(n+2\right)c_{n+3}-\left(n+2\right)c_{n+2}+c_{n}\right]t^{n+1}=0\\

\begin{cases}2c_{2}-c_{1}=0\\\left(n+3\right)\left(n+2\right)c_{n+3}-\left(n+2\right)c_{n+2}+c_{n}=0\end{cases}\\

\begin{cases}c_{2}=\frac{1}{2}c_{1}\\c_{n+3}=\frac{\left(n+2\right)c_{n+2}-c_{n}
}{\left(n+3\right)\left(n+2\right)}\end{cases}\\

\begin{cases}c_{0}\in\mathbb{R}\\c_{1}\in\mathbb{R}\\c_{2}=\frac{1}{2}c_{1}\\c_{n+3}=\frac{\left(n+2\right)c_{n+2}-c_{n}
}{\left(n+3\right)\left(n+2\right)}\end{cases}\\

}\)


Teraz nie wiem jak się takie równania rekurencyjne rozwiązuje
Jak znaleźć wzór ogólny ciągu zadanego rekurencyjnie
Może być wyrażony np funkcją \(\displaystyle{ \Gamma\left(n\right)}\)



Wyrazy \(\displaystyle{ c_{0}}\) oraz \(\displaystyle{ c_{1}}\)
mogą być dowolne jednak powinny pomóc rozdzielić ciąg na dwa podciągi

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3834
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 89 razy
Pomógł: 376 razy

Re: Równanie rekurencyjne

Post autor: arek1357 » 22 sty 2020, o 12:55

Rozwiązaniem równania:

\(\displaystyle{ y(x)}\)

\(\displaystyle{ y''-y'+xy=0}\)

jak wiadomo są funkcje powietrzne:

\(\displaystyle{ Ai(x) , Bi(x)}\)


\(\displaystyle{ y=c_{1}e^{ \frac{x}{2} }Ai( \frac{1}{4}-x)+c_{2} e^{ \frac{x}{2} }Bi( \frac{1}{4}-x)}\)

gdzie zapodane to jest za pomocą funkcji Bessela:

\(\displaystyle{ Ai(\frac{1}{4}-x)= \frac{ \sqrt{ \frac{1}{4} -x} }{3}\left[ I_{- \frac{1}{3} }\left( \frac{2}{3}(\frac{1}{4}-x) \sqrt{\frac{1}{4}-x} \right)-I_{ \frac{1}{3} }\left( \frac{2}{3}(\frac{1}{4}-x) \sqrt{\frac{1}{4}-x} \right) \right] }\)

\(\displaystyle{ Bi( \frac{1}{4}-x )= \sqrt{ \frac{ \frac{1}{4}-x }{3} } \left[ I_{- \frac{1}{3} }\left( \frac{2}{3}(\frac{1}{4}-x) \sqrt{\frac{1}{4}-x} \right)+I_{ \frac{1}{3} }\left( \frac{2}{3}(\frac{1}{4}-x) \sqrt{\frac{1}{4}-x} \right) \right]}\)

gdzie:

\(\displaystyle{ I_{- \frac{1}{3} }\left[ \frac{2}{3}\left( \frac{1}{4}-x \right) \sqrt{ \frac{1}{4}-x } \right]= \sqrt[3]{ \frac{3}{( \frac{1}{4}-x ) \sqrt{ \frac{1}{4}-x } } } \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{3^{2n}n!\Gamma(n+ \frac{2}{3}) } ( \frac{1}{4}-x )^{3n} }\)


\(\displaystyle{ I_{\frac{1}{3} }\left[ \frac{2}{3}\left( \frac{1}{4}-x \right) \sqrt{ \frac{1}{4}-x } \right]= \sqrt[3]{ \frac{( \frac{1}{4}-x ) \sqrt{ \frac{1}{4}-x } }{3} } \sum_{n=1}^{ \infty } \frac{(-1)^n}{3^{2n}n!\Gamma(n+ \frac{4}{3}) } ( \frac{1}{4}-x )^{3n} }\)

O ile się gdzieś nie walnąłem...

Więc skoro są funkcje to i ciąg się może znaleźć...

Dodano po 7 minutach 26 sekundach:
Równania rekurencyjne rozwiązuje się zwykle za pomocą szeregów a więc funkcji więc ciut takie gonienie w piętkę...

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6712
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Pomógł: 1216 razy

Re: Równanie rekurencyjne

Post autor: mariuszm » 23 sty 2020, o 02:25

Równania rekurencyjne rozwiązuje się zwykle za pomocą szeregów a więc funkcji więc ciut takie gonienie w piętkę...
Właśnie myślałem nad rozwiązaniem tego równania rekurencyjnego bez użycia szeregów
np
stałe \(\displaystyle{ c_{0}}\) oraz \(\displaystyle{ c_{1}}\) powinny pomóc rozdzielić ciąg na dwa podciągi
po pomnożeniu przez \(\displaystyle{ n!}\) współczynniki przy stałych \(\displaystyle{ c_{1}}\) oraz \(\displaystyle{ c_{2}}\)
będą całkowite

użytkownik JakimPL
wspominał też coś o symbolu Pochhammera który może być wyrażony za pomocą ilorazu funkcyj \(\displaystyle{ \Gamma\left( n\right) }\)

Na pierwszy rzut oka po zobaczeniu tego równania Riccatiego też pomyślałem żesprowadzenie do równania Bessela to dobry pomysł
ale okazało się że wstawienie szeregu potęgowego do równania liniowego jakiego otrzymałem daje od razu całkę ogólną równania liniowego

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3834
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 89 razy
Pomógł: 376 razy

Re: Równanie rekurencyjne

Post autor: arek1357 » 23 sty 2020, o 14:18

to też lekko nie będzie bo po takim podstawieniu jak mówisz:

Otrzymamy:

\(\displaystyle{ (n+3)!c_{n+3}=(n+2)!c_{n+2}-(n+1)n!c_{n}}\)

niech teraz:

\(\displaystyle{ a_{n}=n!c_{n}}\)

otrzymamy:

\(\displaystyle{ a_{n+3}=a_{n+2}-(n+1)a_{n} , a_{0}=a, a_{1}=a_{2}=b}\)

To byłoby super ale współczynnik (n+1) robi tu dość mokrą robotę...

znalazłem równanie różniczkowe do tego pierwszego stopnia i znalazłem czynnik całkujący ale dalej to już schody...

równanie różniczkowe tak:

\(\displaystyle{ (x^3y-xy+y+ax-bx-a)dx+x^4dy=0}\)

współczynnik całkujący:

\(\displaystyle{ \mu=x^{-3}e^{ \frac{3x-2}{6x^3} }}\)

i takie całki:

\(\displaystyle{ y \int e^{ \frac{3x-2}{6x^3} }dx +(a-b-y) \int x^{-2}e^{ \frac{3x-2}{6x^3} }dx+(y-a)\int x^{-3}e^{ \frac{3x-2}{6x^3} }dx+xye^{ \frac{3x-2}{6x^3}}=0}\)

Które tylko można rozwijać w szeregi jakieś dziwne... hipergeometryczne czy co...

W przypadku rozdzielenia na dwa podciągi bo i tak robiłem niewiele się zmieni taka całka zostanie...

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6712
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Pomógł: 1216 razy

Re: Równanie rekurencyjne

Post autor: mariuszm » 5 lut 2020, o 02:26

Co do pierwszej odpowiedzi to niewiele ona wnosi bo wprowadziłem szereg właśnie dlatego aby
pozbyć się równania różniczkowego liniowego drugiego rzędu

Drugi pomysł mógłby być ok ale nie pokazałeś obliczeń i tylko z postaci wyniku można by wywnioskować
jakie przekształcenia należałoby wykonać a poza tym ciekaw byłem jak dalej rozwiązywać to równanie rekurencyjne

Po zaproponowanym przeze mnie podstawieniu coś by jednak wyszło
Funkcja tworząca dała równanie liniowe niejednorodne pierwszego rzędu
a tych całek nie dałoby się policzyć rozwijając funkcję podcałkową w szereg ?

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3834
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 89 razy
Pomógł: 376 razy

Re: Równanie rekurencyjne

Post autor: arek1357 » 5 lut 2020, o 11:30

Fakt obliczenia pominąłem mam je w swoim kajecie zawsze mogę napisać, też myślałem o rozwijaniu w szereg bo jak widać nie są to całki elementarne a do tego trochę nieprzyjemne...

Awatar użytkownika
mariuszm
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 6712
Rejestracja: 25 wrz 2007, o 01:03
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Pomógł: 1216 razy

Re: Równanie rekurencyjne

Post autor: mariuszm » 8 lut 2020, o 14:11

\(\displaystyle{ a_{n+3}=a_{n+2}-(n+1)a_{n} , a_{0}=a, a_{1}=a_{2}=b}\)

\(\displaystyle{
A\left( x\right)= \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n} \\
\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+3}x^{n+3} =\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+2}x^{n+3}+ \sum_{n=0}^{ \infty }\left( -\left( n+1\right)a_{n}x^{n+3} \right) \\
\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+3}x^{n+3} =x\left(\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+2}x^{n+2} \right)-x^3\left( \sum_{n=0}^{ \infty } \left( n+1\right)a_{n}x^{n}\right)\\
\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n}-a-bx-bx^2=x\left( \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n}-a-bx \right)- x^3\left( \sum_{n=0}^{ \infty } \left( n+1\right)a_{n}x^{n}\right)\\
A\left( x\right)-xA\left( x\right) +x^3 \frac{ \mbox{d}}{\mbox{d}x} \left( xA\left( x\right) \right)=a+\left( b-a\right)x
A\left( x\right)-xA\left( x\right)+x^3 \left(A\left( x\right)+xA'\left( x\right) \right) =a+\left( b-a\right)x\\
x^4A'\left( x\right)+\left( x^3-x+1\right)A\left( x\right)= a+\left( b-a\right)x\\
}\)



Powyższe równanie jest to liniowe niejednorodne pierwszego rzędu więc można też uzmiennić stałą

\(\displaystyle{ x^4A'\left( x\right)+\left( x^3-x+1\right)A\left( x\right)=0\\
x^4A'\left( x\right)=-\left( x^3-x+1\right)A\left( x\right)\\
\frac{A'\left( x\right)}{A\left( x\right)}=\frac{-x^3+x-1}{x^4} \\
\ln{\left| A\left( x\right) \right| }=-\ln{\left| x\right| }-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{3x^3}+C\\
\ln{\left| A\left( x\right) \right| }=-\ln{\left| x\right| }-\frac{3x-2}{6x^3}+C_{1}\\
A\left( x\right)=C \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}\\
A\left( x\right)=C\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}\\
x^4\left(C'\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}-C\left( x\right)\left( \frac{1}{x^2}+\frac{3 \cdot 6x^3-18x^2\left( 3x-2\right) }{36x^6}\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}} \right) + \frac{x^3-x+1}{x}C\left( x\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}=a+\left( b-a\right)x\\
x^4\left(C'\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}-C\left( x\right)\left( \frac{1}{x^2}+ \frac{1}{x} \cdot \frac{-x+1}{x^4}\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}} \right) + \frac{x^3-x+1}{x}C\left( x\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}=a+\left( b-a\right)x\\
x^4\left(C'\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}-C\left( x\right)\left( + \frac{1}{x} \cdot \frac{x^3-x+1}{x^4}\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}} \right) + \frac{x^3-x+1}{x}C\left( x\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}=a+\left( b-a\right)x\\
x^3e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}C'\left( x\right)=a+\left( b-a\right)x\\
C'\left( x\right)=\frac{a+\left( b-a\right)x}{x^3}e^{\frac{3x-2}{6x^3}}\\
C\left( x\right)= \int{\frac{a+\left( b-a\right)x}{x^3}e^{\frac{3x-2}{6x^3}}\mbox{d}x}
}\)

Awatar użytkownika
arek1357
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 3834
Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: blisko
Podziękował: 89 razy
Pomógł: 376 razy

Re: Równanie rekurencyjne

Post autor: arek1357 » 9 lut 2020, o 10:57

No dokładnie w sumie podobnie robiłem a teraz trzeba by było rozwijać funkcję podcałkową w szeregi co jest dość niemiłe...

Dodano po 56 sekundach:
Wyjdą szeregi w szeregu podwójne...

Dodano po 2 godzinach 51 minutach 14 sekundach:
Zresztą:

\(\displaystyle{ e^{ \frac{3x-2}{6x^3} }= \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{1}{6^nn!} \left( \frac{3x-2}{x^3} \right)^n }\)


trzeba będzie liczyć całkę:

\(\displaystyle{ \int_{}^{} \left( \frac{3x-2}{x^3} \right)^n \frac{a+(b-a)x}{x^3} dx }\)

Dodano po 12 minutach 4 sekundach:
Co też nie da pięknego wyniku

Dodano po 6 godzinach 32 minutach 30 sekundach:
Policzyłem ciut, scałkowałem i mi wyszło:

\(\displaystyle{ A(x)= \frac{1}{x}e^{- \frac{3x-2}{6x^3} } \sum_{n=0}^{ \infty }\left[ (b-a) \sum_{k=0}^{n}2^k3^{n-k} {n \choose k} \frac{x^{-2n-k-1}}{2n+k+1}-a\sum_{k=0}^{n}2^k3^{n-k} {n \choose k} \frac{x^{-2n-k-2}}{2n+k+2} \right] }\)

No ale co to dało...

Dodano po 14 minutach 54 sekundach:
lub może ciut ładniej:

\(\displaystyle{ A(x)= \frac{1}{x}e^{- \frac{3x-2}{6x^3} } \sum_{n=0}^{ \infty } \left[ (b-a) \frac{3^n}{x^{2n+1}} \sum_{k=0}^{n} \frac{2^k {n \choose k} }{3^k(2n+k+1)}x^{-k}-a \frac{3^n}{x^{2n+2}}\sum_{k=0}^{n} \frac{2^k {n \choose k} }{3^k(2n+k+2)}x^{-k} \right] }\)

\(\displaystyle{ A(x)= \frac{1}{x}e^{- \frac{3x-2}{6x^3} } \sum_{n=0}^{ \infty } \frac{3^n}{x^{2n}} \left[ \frac{b-a}{x} \sum_{k=0}^{n} \frac{2^k {n \choose k} }{3^k(2n+k+1)}x^{-k}- \frac{a}{x^{2}}\sum_{k=0}^{n} \frac{2^k {n \choose k} }{3^k(2n+k+2)}x^{-k} \right] }\)

Dodano po 17 minutach 56 sekundach:
I na dobitkę x ma wykładnik ujemny

Dodano po 2 godzinach 18 minutach 48 sekundach:
Teoretycznie trzeba jeszcze tę funkcję przed znakiem sumy rozwinąć w szereg i przemnożyć szeregi

Dodano po 31 minutach 27 sekundach:
Trzeba do tego to uporządkować według potęg przy ixach (kolejności)

ODPOWIEDZ