Równanie rekurencyjne
- 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
Równanie rekurencyjne
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
\(\displaystyle{
\begin{cases} c_{0} \in \mathbb{R} \\ c_{1} \in \mathbb{R}\\c_{2}= \frac{1}{2}c_{1}\\c_{n+3}= \frac{\left( n+2\right)c_{n+2}-c_{n} }{\left( n+3\right)\left( n+2\right) } \end{cases}
}\)
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
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5749
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Równanie rekurencyjne
\(\displaystyle{ c_{0}=a , c_{1}=b , c_{2}= \frac{1}{2}b}\)
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]
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.
Powód: Arek, nie spamuj. Poimprezuj, odpocznij i wróć do tematu na trzeźwo.
- 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
Re: Równanie rekurencyjne
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
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
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5749
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Równanie rekurencyjne
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...
\(\displaystyle{ y(x)}\)
\(\displaystyle{ y''-y'+xy=0}\)
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...
- 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
Re: Równanie rekurencyjne
Właśnie myślałem nad rozwiązaniem tego równania rekurencyjnego bez użycia szeregówRównania rekurencyjne rozwiązuje się zwykle za pomocą szeregów a więc funkcji więc ciut takie gonienie w piętkę...
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
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5749
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Równanie rekurencyjne
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...
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...
- 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
Re: Równanie rekurencyjne
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 ?
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 ?
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5749
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Równanie rekurencyjne
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...
- 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
Re: Równanie rekurencyjne
\(\displaystyle{ a_{n+3}=a_{n+2}-(n+1)a_{n} , a_{0}=a, a_{1}=a_{2}=b}\)
\(\displaystyle{
A\left( x\right)= \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n} \\
\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+3}x^{n+3} =\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+2}x^{n+3}+ \sum_{n=0}^{ \infty }\left( -\left( n+1\right)a_{n}x^{n+3} \right) \\
\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+3}x^{n+3} =x\left(\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+2}x^{n+2} \right)-x^3\left( \sum_{n=0}^{ \infty } \left( n+1\right)a_{n}x^{n}\right)\\
\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n}-a-bx-bx^2=x\left( \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n}-a-bx \right)- x^3\left( \sum_{n=0}^{ \infty } \left( n+1\right)a_{n}x^{n}\right)\\
A\left( x\right)-xA\left( x\right) +x^3 \frac{ \mbox{d}}{\mbox{d}x} \left( xA\left( x\right) \right)=a+\left( b-a\right)x
A\left( x\right)-xA\left( x\right)+x^3 \left(A\left( x\right)+xA'\left( x\right) \right) =a+\left( b-a\right)x\\
x^4A'\left( x\right)+\left( x^3-x+1\right)A\left( x\right)= a+\left( b-a\right)x\\
}\)
Powyższe równanie jest to liniowe niejednorodne pierwszego rzędu więc można też uzmiennić stałą
\(\displaystyle{ x^4A'\left( x\right)+\left( x^3-x+1\right)A\left( x\right)=0\\
x^4A'\left( x\right)=-\left( x^3-x+1\right)A\left( x\right)\\
\frac{A'\left( x\right)}{A\left( x\right)}=\frac{-x^3+x-1}{x^4} \\
\ln{\left| A\left( x\right) \right| }=-\ln{\left| x\right| }-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{3x^3}+C\\
\ln{\left| A\left( x\right) \right| }=-\ln{\left| x\right| }-\frac{3x-2}{6x^3}+C_{1}\\
A\left( x\right)=C \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}\\
A\left( x\right)=C\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}\\
x^4\left(C'\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}-C\left( x\right)\left( \frac{1}{x^2}+\frac{3 \cdot 6x^3-18x^2\left( 3x-2\right) }{36x^6}\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}} \right) + \frac{x^3-x+1}{x}C\left( x\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}=a+\left( b-a\right)x\\
x^4\left(C'\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}-C\left( x\right)\left( \frac{1}{x^2}+ \frac{1}{x} \cdot \frac{-x+1}{x^4}\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}} \right) + \frac{x^3-x+1}{x}C\left( x\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}=a+\left( b-a\right)x\\
x^4\left(C'\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}-C\left( x\right)\left( + \frac{1}{x} \cdot \frac{x^3-x+1}{x^4}\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}} \right) + \frac{x^3-x+1}{x}C\left( x\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}=a+\left( b-a\right)x\\
x^3e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}C'\left( x\right)=a+\left( b-a\right)x\\
C'\left( x\right)=\frac{a+\left( b-a\right)x}{x^3}e^{\frac{3x-2}{6x^3}}\\
C\left( x\right)= \int{\frac{a+\left( b-a\right)x}{x^3}e^{\frac{3x-2}{6x^3}}\mbox{d}x}
}\)
\(\displaystyle{
A\left( x\right)= \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n} \\
\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+3}x^{n+3} =\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+2}x^{n+3}+ \sum_{n=0}^{ \infty }\left( -\left( n+1\right)a_{n}x^{n+3} \right) \\
\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+3}x^{n+3} =x\left(\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n+2}x^{n+2} \right)-x^3\left( \sum_{n=0}^{ \infty } \left( n+1\right)a_{n}x^{n}\right)\\
\sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n}-a-bx-bx^2=x\left( \sum_{n=0}^{ \infty }a_{n}x^{n}-a-bx \right)- x^3\left( \sum_{n=0}^{ \infty } \left( n+1\right)a_{n}x^{n}\right)\\
A\left( x\right)-xA\left( x\right) +x^3 \frac{ \mbox{d}}{\mbox{d}x} \left( xA\left( x\right) \right)=a+\left( b-a\right)x
A\left( x\right)-xA\left( x\right)+x^3 \left(A\left( x\right)+xA'\left( x\right) \right) =a+\left( b-a\right)x\\
x^4A'\left( x\right)+\left( x^3-x+1\right)A\left( x\right)= a+\left( b-a\right)x\\
}\)
Powyższe równanie jest to liniowe niejednorodne pierwszego rzędu więc można też uzmiennić stałą
\(\displaystyle{ x^4A'\left( x\right)+\left( x^3-x+1\right)A\left( x\right)=0\\
x^4A'\left( x\right)=-\left( x^3-x+1\right)A\left( x\right)\\
\frac{A'\left( x\right)}{A\left( x\right)}=\frac{-x^3+x-1}{x^4} \\
\ln{\left| A\left( x\right) \right| }=-\ln{\left| x\right| }-\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{3x^3}+C\\
\ln{\left| A\left( x\right) \right| }=-\ln{\left| x\right| }-\frac{3x-2}{6x^3}+C_{1}\\
A\left( x\right)=C \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}\\
A\left( x\right)=C\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}\\
x^4\left(C'\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}-C\left( x\right)\left( \frac{1}{x^2}+\frac{3 \cdot 6x^3-18x^2\left( 3x-2\right) }{36x^6}\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}} \right) + \frac{x^3-x+1}{x}C\left( x\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}=a+\left( b-a\right)x\\
x^4\left(C'\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}-C\left( x\right)\left( \frac{1}{x^2}+ \frac{1}{x} \cdot \frac{-x+1}{x^4}\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}} \right) + \frac{x^3-x+1}{x}C\left( x\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}=a+\left( b-a\right)x\\
x^4\left(C'\left( x\right) \cdot \frac{1}{x}e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}-C\left( x\right)\left( + \frac{1}{x} \cdot \frac{x^3-x+1}{x^4}\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}} \right) + \frac{x^3-x+1}{x}C\left( x\right)e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}=a+\left( b-a\right)x\\
x^3e^{-\frac{3x-2}{6x^3}}C'\left( x\right)=a+\left( b-a\right)x\\
C'\left( x\right)=\frac{a+\left( b-a\right)x}{x^3}e^{\frac{3x-2}{6x^3}}\\
C\left( x\right)= \int{\frac{a+\left( b-a\right)x}{x^3}e^{\frac{3x-2}{6x^3}}\mbox{d}x}
}\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5749
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 131 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: Równanie rekurencyjne
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)
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)