Resolviendo diferencias (I)
Antonio González
diferencia finita, esto es
Dy(n) = y(n+1) - y(n)
Para empezar, tres muy facilitas. Resolver las siguientes ecuaciones en
diferencias:
1) Dy = y
y(0) = 1
2) D^2y = -y
y(0) = 1 Dy(0) = 0
3) D^2y + Dy - y = 0
y(1) = 1 Dy(1) = 0
Mañana más.
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Antonio
Luis
Yo intento las dos primeras, que ya es tarde.
1 ) y(n+1) - 2·y(n) = 0
La solución general es de la forma y(n) = A·2^n
Con la condición de contorno y(0)=1, se tiene que
y(n) = 2^n
2) y(n+2) - 2·y(n+1) + 2·y(n) = 0
La solución general es de la forma
y(n) = A·sen{(Pi/4)·n} + B·cos{(Pi/4)·n}
Con las condiciones de contorno indicadas, se
tiene finalmente
y(n) = (2·sqrt(2)-2)·sen{(Pi/4)·n} + cos{(Pi/4)·n}
Saludos,
León-Sotelo
Voy a hacer la 3)
3) D^2y + Dy - y = 0
y(1) = 1 Dy(1) = 0
Dy=y(n+1)-y(n)
D^2y=D(Dy)=y(n+2)-y(n+1)-y(n+1)+y(n) quedando
y(n+2)-y(n+1)-y(n)=0 bueno pues aqui tenemos nuestra querida serie de
Fibonacci
y(n)=A*(Fi)^n+B*(Fi)^(-n) con A y B 1/sqrt(5) y -1/sqrt(5)
L-S
Antonio González
Para ser precisos es
Y(n) = Fib(n) = A (Fi)^n + B (-1/Fi)^n
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Antonio
Néstor
>
> - Mostrar texto de la cita -
alguien puede demostrarme, en la segunda ecuación, que
y(n+2)-2 y(n+1) + 2y(n) = 0
y otra duda, y si te lo tomas como ecuación diferencial en vez de
diferencias?
Antonio González
>>>> 2) D^2y = -y
>>>> y(0) = 1 Dy(0) = 0
>
>
> y(n+2)-2 y(n+1) + 2y(n) = 0
Es cuestión de calcular las diferencias finitas sucesivas
Dy = y(n+1) - y(n)
D^2 = Dy(n+1) - Dy(n) =
= (y(n+2) - y(n+1)) - (y(n+1) - y(n)) =
= y(n+2) - 2y(n+1) + y(n)
Para órdenes sucesivos basta tomar las filas correspondientes del
triángulo de Tartaglia
D^3y = y(n+3) - 3y(n+2) + 3y(n+1) - y(n)
...
Una vez que tienes eso, la ecuación que pides es inmediata
y(n+2) - 2y(n+1) + y(n) = -y(n)
y(n+2) - 2y(n+1) + 2y(n) = 0
>
> y otra duda, y si te lo tomas como ecuación diferencial en vez de
> diferencias?
>
Pues entonces te van a salir exponenciales.
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Antonio
Néstor
perdona Antonio, veo que se me quedó la pregunta a la mitad (resacas
post-examenes). Lo que quería preguntar la primera vez es que, a
partir de esa ecuación (que si que había conseguido llegar), demostrar
la solución general propuesta por Luis de
y(n) = A·sen{(Pi/4)·n} + B·cos{(Pi/4)·n}
un saludo
Antonio González
Bueno, es que Luis se equivocó. Esa no es la solución de la ecuación. :-)
Una vez que tienes una recurrencia lineal de coeficientes constantes de
segundo orden
y(n+2) - 2y(n+1) + 2y(n) = 0
las soluciones son de la forma
y = C1 a^n + C2 b^n
Para hallar los valores posibles de a y b, tenemos que si sustituimos se
cumple
a^(n+2) -2 a^(n+1) + 2 a^n = 0
o, simplificando por a^n
a^2 - 2a + 2 = 0
con soluciones
a = 1 + i
b = 1 - i
Por tanto, la solución general de la ecuación es de la forma
y = C1 (1+i)^n + C2 (1-i)^n
Sobre esta ya se pueden imponer las c.i. pero si queremos pasarlo a
senos y cosenos observamos que
1 + i = rq(2) e^(i pi/4)
1 - i = rq(2) e^(-i pi/4)
por lo que la solución es de la forma
y = rq(2)^n(C1 exp(i n pi/4) + C2 exp(-i n pi/4))
Aplicando la fórmula de Euler queda
y = rq(2)^n((C1 + C2) cos(n pi/4) + i(C1-C2) sen(n pi/4)) =
= rq(2)^n (A cos(n pi/4) + B sen(n pi/4))
donde llamamos A = C1 + C2, B = i(C1-C2).
Imponiendo ahora las c.i.
y(0) = A = 1
Dy(0) = y(1) - y(0) = 0 -->
y(1) = rq(2)(A cos(pi/4) + B sen(pi/4)) = A + B = 1
por lo que A=1, B= 0 y la solución de la ecuación es
y(n) = rq(2)^n cos(n pi/4)
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Antonio