Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

Συντονιστές: grigkost, Κοτρώνης Αναστάσιος

Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Δευ Αύγ 08, 2011 5:49 pm

\bullet Έστω \displaystyle{x_{n+1}=\frac{x_{n}}{(1+ax_{n}^{p})^{1/p}}} με x_{0},a,p>0. Δείξτε ότι \displaystyle{x_{n}=\frac{1}{(na)^{1/p}}\left(1-\frac{1}{nx_{0}pa}+\mathcal O(1/n^2)\right)}.

\bullet Έστω x_{n+1}=x_{n}+cx_{\color{red}n\color{black}}^{1-p} με x_{0},c,p>0. Δείξτε ότι \displaystyle{x_{n}=\frac{1}{(npc)^{1/p}}\left(1+\frac{(p-1)\ln n}{2p^2n}+\mathcal O(1/n)\right)}.
Χρησιμοποιείστε τεχνική παρόμοια με αυτήν εδώ, ή και άλλη.
Edit: Sorry...αίσχος....
τελευταία επεξεργασία από Κοτρώνης Αναστάσιος σε Δευ Αύγ 15, 2011 5:38 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Δευ Αύγ 15, 2011 5:35 pm

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:\bullet Έστω \displaystyle{x_{n+1}=\frac{x_{n}}{(1+ax_{n}^{p})^{1/p}}} με x_{0},a,p>0. Δείξτε ότι \displaystyle{x_{n}=\frac{1}{(na)^{1/p}}\left(1-\frac{1}{nx_{0}pa}+\mathcal O(1/n^2)\right)}.

\bullet Έστω x_{n+1}=x_{n}+cx^{1-p} με x_{0},c,p>0. Δείξτε ότι \displaystyle{x_{n}=\frac{1}{(npc)^{1/p}}\left(1+\frac{(p-1)\ln n}{2p^2n}+\mathcal O(1/n)\right)}.
α) \displaystyle{{x_{n + 1}} = \frac{{{x_n}}}{{{{\left( {1 + ax_n^p} \right)}^{1/p}}}} \Rightarrow x_{n + 1}^p = \frac{{x_n^p}}{{1 + ax_n^p}} \Rightarrow \mathop  \Rightarrow \limits^{x_n^p = {y_n}}  \Rightarrow {y_{n + 1}} = \frac{{{y_n}}}{{1 + a  {y_n}}}} . Με επαγωγή βρίσκουμε (εύκολο) ότι \displaystyle{{y_n} = \frac{{{y_0}}}{{1 + a  n  {y_0}}}} .

Επομένως \displaystyle{x_n^p = \frac{{x_0^p}}{{1 + a  n  x_0^p}} \Rightarrow {x_n} = \frac{{{x_0}}}{{{{\left( {1 + a  n  x_0^p} \right)}^{1/p}}}}} .

Τότε \displaystyle{{x_n} = \frac{{{x_0}}}{{{{\left( {1 + a  n  x_0^p} \right)}^{1/p}}}} = {\left( {\frac{{x_0^p}}{{1 + a  n  x_0^p}}} \right)^{1/p}} = {\left( {\frac{1}{{a  n}}  \frac{{1 + a  n  x_0^p - 1}}{{1 + a  n  x_0^p}}} \right)^{1/p}} = \frac{1}{{{{\left( {a  n} \right)}^{1/p}}}}{\left( {1 - \frac{1}{{1 + a  n  x_0^p}}} \right)^{1/p}}}

Δηλαδή \displaystyle{{x_n} = \frac{1}{{{{\left( {a  n} \right)}^{1/p}}}}{\left( {1 - \frac{1}{{1 + a  n  x_0^p}}} \right)^{1/p}} = \frac{1}{{{{\left( {a  n} \right)}^{1/p}}}}\left( {1 - \frac{1}{{p\left( {1 + a  n  x_0^p} \right)}} + O\left( {\frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right)}

Δηλαδή \displaystyle{{x_n} = \frac{1}{{{{\left( {a  n} \right)}^{1/p}}}}\left( {1 - \frac{1}{{p  a  n  x_0^p}}  \frac{{p  a  n  x_0^p}}{{p\left( {1 + a  n  x_0^p} \right)}} + O\left( {\frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right) = \frac{1}{{{{\left( {a  n} \right)}^{1/p}}}}\left( {1 - \frac{1}{{p  a  n  x_0^p}} + O\left( {\frac{1}{{{n^2}}}} \right)} \right)} (Αναστάση μάλλον ξεχάστηκε ένα p στον εκθέτη του x_0 )

β) Αναστάση στην δεύτερη βρίσκω \displaystyle{{x_n} = {x_0} + c  n  {x^{1 - p}}} :? :? (κάπως αλλιώς θα είναι ..)


Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
Κοτρώνης Αναστάσιος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 22, 2009 11:11 pm
Τοποθεσία: Μπροστά στο πισί...
Επικοινωνία:

Re: Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κοτρώνης Αναστάσιος » Δευ Αύγ 15, 2011 5:40 pm

Σεραφείμ έγραψε: (Αναστάση μάλλον ξεχάστηκε ένα p στον εκθέτη του x_0 )

Το πιθανοτερο (κάτσε να πάω σπίτι να δω τα χαρτιά μου και θα το διορθώσω και αυτό)...Από ότι βλέπω βρήκες και τύπο! Είχα βρει μόνο το ανάπτυγμα...

το β) το διόρθωσα..


Εσύ....; Θα γίνεις κανίβαλος....;
Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

Re: Προσέγγιση αναδρομικών ακολουθιών χωρίς κλειστό τύπο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Σάβ Αύγ 27, 2011 7:21 pm

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:\bullet Έστω x_{n+1}=x_{n}+cx_{\color{red}n\color{black}}^{1-p} με x_{0},c,p>0. Δείξτε ότι \displaystyle{x_{n}=\frac{1}{(npc)^{1/p}}\left(1+\frac{(p-1)\ln n}{2p^2n}+\mathcal O(1/n)\right)}.
\displaystyle{{x_{n + 1}} - {x_n} = cx_n^{1 - p} > 0 \Rightarrow {x_n} \uparrow } . Έστω ότι \displaystyle{{x_n}:}φραγμένη, τότε συγκλίνει με \displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = \lambda  > 0} . Επομένως έχουμε

\displaystyle{{x_{n + 1}} = {x_n} + cx_n^{1 - p} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_{n + 1}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} + c \cdot \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } x_n^{1 - p} \Rightarrow \lambda  = \lambda  + c{\lambda ^{1 - p}} \Rightarrow c{\lambda ^{1 - p}} = 0} , άτοπο. Άρα \displaystyle{{x_n} > 0{\text{ }}{\text{,   }}{x_n} \uparrow {\text{  \&     }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} =  + \infty } .

\displaystyle{{x_{n + 1}} = {x_n} + cx_n^{1 - p} \Rightarrow x_{n + 1}^p - x_n^p = {\left( {{x_n} + cx_n^{1 - p}} \right)^p} - x_n^p \Rightarrow \boxed{x_{n + 1}^p - x_n^p = cp + O\left( {\frac{1}{{x_n^p}}} \right)}} . Τότε

\displaystyle{x_{n + 1}^p - x_n^p = cp + O\left( {\frac{1}{{x_n^p}}} \right) \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{x_{n + 1}^p - x_n^p}}{{\left( {n + 1} \right) - n}} = cp \Rightarrow \mathop  \Rightarrow \limits^{Cesaro}  \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{{x_n}}}{{{n^{1/p}}}}} \right)^p} = cp \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_n}}}{{{n^{1/p}}}} = {\left( {cp} \right)^{1/p}}}


Δηλαδή \displaystyle{{x_n} \sim {\left( {ncp} \right)^{1/p}}}


Όμως \displaystyle{x_{n + 1}^p - x_n^p = {\left( {{x_n} + cx_n^{1 - p}} \right)^p} - x_n^p \Rightarrow x_{n + 1}^p - x_n^p = pc + \frac{{p{c^2}\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{1}{{x_n^p}} + O\left( {\frac{1}{{x_n^{p + 1}}}} \right)} ,

δηλαδή \displaystyle{x_{n + 1}^p - x_n^p = pc + \frac{{p{c^2}\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{1}{{x_n^p}} + O\left( {\frac{1}{{x_n^{p + 1}}}} \right)} .

Άρα \displaystyle{x_{n + 1}^p - x_n^p - pc \sim \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{{2n}} + O\left( {\frac{1}{{{n^{1 + 1/p}}}}} \right) \Rightarrow \sum\limits_{j = 1}^{n - 1} {\left( {x_{j + 1}^p - x_j^p - pc} \right)}  \sim \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2}\ln n + O\left( {\frac{1}{{{n^{1 + 1/p}}}}} \right)} .

Οπότε \displaystyle{x_n^p - x_1^p - pc\left( {n - 1} \right) \sim \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2}\ln n + O\left( {\frac{1}{{{n^{1 + 1/p}}}}} \right) \Rightarrow \frac{{x_n^p}}{n} - pc \sim \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{{\ln n}}{n} \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow x_n^p \sim n\left( {pc + \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{{\ln n}}{n}} \right) \Rightarrow {x_n} \sim {n^{1/p}}{\left( {pc + \frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{{\ln n}}{n}} \right)^{1/p}} \Rightarrow }

\displaystyle{ \Rightarrow {x_n} \sim {n^{1/p}}\left( {{{\left( {pc} \right)}^{1/p}} + \frac{1}{p}{{\left( {pc} \right)}^{\left( {1/p} \right) - 1}}\frac{{c\left( {p - 1} \right)}}{2} \cdot \frac{{\ln n}}{n} + ..} \right)}

και τελικά \displaystyle{{x_n} = {\left( {npc} \right)^{1/p}}\left( {1 + \frac{{p - 1}}{{2{p^2}}} \cdot \frac{{\ln n}}{n} + O\left( {\frac{1}{n}} \right)} \right)} .

Αναστάση, μάλλον το \displaystyle{{\left( {npc} \right)^{1/p}}} πρέπει να είναι στον αριθμητή.


Σεραφείμ Τσιπέλης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΝΑΛΥΣΗ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης