Resolviendo diferencias (IV)
Antonio González
operador de diferencia finita
Dy = y(n+1) - y(n)
Para acabar con esta serie, algunas ecuaciones no lineales:
1) Dy = y^2 -9/4
y(0) = a
2) Dy = sqrt(y) +1/4
y(1) = 1/4
3) Dy = y/(1+y)
y(1) = 1
4) y Dy = n (Dy)^2 + 1
y(1) = a
--
Antonio
Marko Riedel
> Como siempre y(n) es una función real de variable entera y D es el
> operador de diferencia finita
>
>
> Dy = y(n+1) - y(n)
>
> Para acabar con esta serie, algunas ecuaciones no lineales:
>
[...]
> 4) y Dy = n (Dy)^2 + 1
>
> y(1) = a
Mirándolo cuidadosamente, vemos que
y_n = n c + 1/c
es una solucion, porque
(n c + 1/c) c = n c^2 + 1 = n (c^2) + 1.
Luego
c + 1/c = a.
Un saludo.
--
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| Marko Riedel, EDV Neue Arbeit gGmbH, mri...@neuearbeit.de |
| http://www.geocities.com/markoriedelde/index.html |
+------------------------------------------------------------+
Dr. Wolfgang Hintze
news:53ge5jF...@mid.individual.net...
1) poniendo z(n)=y(n)+1/2 la ecuación se convierte en
(*) z(n+1)=z(n)^2 - 2
la cuál es la famosa ecuación de Fatou (del año 1906) con sus soluciones
caóticas.
Los puntos fijos son
z* = 2 y -1
Para z(0) en el intervalo [-1,2] las soluciones son finito pero caóticas.
Fuera de éste las soluciones son divergentes.
Aquí es mi programa del Mathematica para estudiar el comportamiento de las
soluciones para diferentes valores iniciales z[0].
z[0] = 1.2;
zz = {z[0]};
Do[s = zz[[-1]]^2 - 2; AppendTo[zz, s], {500}]
ListPlot[zz, PlotJoined -> True];
Un saludo,
Wolfgang
Antonio González
>>
>> Para acabar con esta serie, algunas ecuaciones no lineales:
>>
>> 1) Dy = y^2 -9/4
>>
>> y(0) = a
>>
>
>
> (*) z(n+1)=z(n)^2 - 2
>
> la cuál es la famosa ecuación de Fatou (del año 1906) con sus soluciones
> caóticas.
Bueno, si pones
z(n) = 2x(n)
te queda
x(n+1) = 2x(n)^2 - 1
Ahora tenemos dos casos:
Si |x(0)| = |a/2 + 1/4|< 1 podemos hacer
x(n) = cos(u(n))
u(0) = arccos(x(0))
con lo que queda
cos(u(n+1)) = 2cos(u(n))^2 - 1 = cos(2u(n+1))
con lo cual tenemos
u(n+1) = 2 u(n)
u(n) = 2^n u(0)
y llegamos a la solución exacta
x(n) = cos(2^n u(0))
y(n) = 2cos(2^n arccos(a/2+1/4)) - 1/2
como puedes comprobar con la gráfica
z[0] = 1.2;
zz = {z[0]};
Do[s = zz[[-1]]^2 - 2; AppendTo[zz, s], {50}];
ListPlot[zz, PlotJoined -> True];
u[0] = ArcCos[z[0]/2];
zz2 = 2Cos[2^Range[0, 50]u[0]];
ListPlot[zz2, PlotJoined -> True]
Si |x(0)| > 1 el cálculo es el mismo pero con el coseno hiperbólico
y(n) = 2 cosh(2^n arccosh(a/2+1/4)) - 1/2
z[0]=2.2;
zz={z[0]};
Do[s=zz[[-1]]^2-2;AppendTo[zz,s],{10}];
ListPlot[Log[zz],PlotJoined -> True];
u[0]=ArcCosh[z[0]/2];
zz2=2Cosh[2^Range[0,10]u[0]];
ListPlot[Log[zz2],PlotJoined -> True]
--
Antonio
Dr. Wolfgang Hintze
2) Mirándolo cuidadosamente, vemos que y(n)=n^2/4 es la solución.
Saludos,
Wolfgang
Dr. Wolfgang Hintze
¡Muy bonito, Antonio!
No sabía que hay las soluciones explícitas de la ecuación de Fatou que se
comportan tan caótico.
Por cierto, también me gusta tu expresión
zz2 = 2Cos[2^Range[0, 50]u[0]];
Saludos,
Wolfgang
Antonio González
>>
>> z[0] = 1.2;
>> zz = {z[0]};
>> Do[s = zz[[-1]]^2 - 2; AppendTo[zz, s], {50}];
>> ListPlot[zz, PlotJoined -> True];
>> u[0] = ArcCos[z[0]/2];
>> zz2 = 2Cos[2^Range[0, 50]u[0]];
>> ListPlot[zz2, PlotJoined -> True]
>>
>
>
> zz2 = 2Cos[2^Range[0, 50]u[0]];
>
Ya sabes, siempre hay que aprovechar el que Mathematica trabaje con
listas para todo. Por ejemplo, tu bucle Do queda mejor como
zz = NestList[(#²-1)&,1.2,500]
--
Antonio
Marko Riedel
> Como siempre y(n) es una función real de variable entera y D es el
> operador de diferencia finita
>
>
> Dy = y(n+1) - y(n)
>
> Para acabar con esta serie, algunas ecuaciones no lineales:
>
[...]
> 3) Dy = y/(1+y)
>
> y(1) = 1
>
Hola grupo,
el comportamiento asintotico es inmediato, dado que
I) la secuencia es monótona creciente
II) el límite cuando "y" tiende a infinito de y/(1+y) es uno.
Por tanto, "y" pertenece a theta(n).
Poniendo y1=s, e y(n+1)/y(n) = p_n/q_n, con p_n y q_n polinomios en s,
obtenemos
p_1 = s+2,
q_1 = s+1
y además
p_{n+1} = 2 prod_{k=1}^n q_n + s prod_{k=1}^n p_n,
q_{n+1} = prod_{k=1}^n q_n + s prod_{k=1}^n p_n.
Se trata de dos secuencias de orden doblemente exponencial, igual que,
por ejemplo, la secuencia de Sylvester.
A ver si hay algun caso especial que produce una forma cerrada
sencilla.
Dr. Wolfgang Hintze
Lo sé, pero ... de vez en cuando me molesta la "criptografía".
Por supuest, la velocidad es mucho más alta utilizando las lista y las # ...
(200 veces más veloz en este caso).
Un saludo,
Wolfgang
In[68]:=
zz = {1.2};
Timing[Do[s = zz[[-1]]^2 - 2; AppendTo[zz, s], {10^4}]]
Timing[zz = NestList[#1^2 - 2 & , 1.2, 2*10^6]; ]
Out[69]=
{0.40700000000000003*Second, Null}
Out[70]=
{0.4060000000000006*Second, Null}
Dr. Wolfgang Hintze
"Marko Riedel" <mri...@neuearbeit.de> schrieb im Newsbeitrag
news:m2ire4m...@linuxsexi.nasttg...
Heuristica (que no nos sirve mucho):
Solucionando en lugar de la ecuación deferencia la ecuación diferential
dy/dn = y/(1+y)
cuya solución implícita para y(n) es
y(n) + Log[y(n)] = n + const
lo que debe ser la asintótica para n->oo.
Como y(1)=1 nos quedaría const = 0, pero numéricamente he hallado que para
n>>1 const = 0.625987 ...
Saludos,
Wolfgang
Antonio González
No os compliquéis la vida, que me he equivocado escribiendo la ecuación. :-)
Estaba pensando en algo mucho más sencillo
Dy = -y^2/(1+y)
y(1) = 1
pero se me fue el signo y el exponente, no sé por qué.
--
Antonio
Dr. Wolfgang Hintze
Gracias para facilitarnos la vida ;-)
Que te gusta y(n)=1/n ?
La solución de la ecuación diferential es
y[x] = 1/ProductLog[Exp[x]]
Max[x y[x]] = 1.36693 ...
y[x->oo] = 1/x
Buenas noches,
Wolfgang
Marko Riedel
> "Antonio González" <gonf...@gmail.com> schrieb im Newsbeitrag
> news:53hekhF...@mid.individual.net...
> > Dr. Wolfgang Hintze escribió:
> >> "Marko Riedel" <mri...@neuearbeit.de> schrieb im Newsbeitrag
> >> news:m2ire4m...@linuxsexi.nasttg...
> >>> Antonio González <gonf...@gmail.com> writes:
> >>>
> >>>> Como siempre y(n) es una función real de variable entera y D es
> >>>> el operador de diferencia finita
> >>>>
> >>>>
> >>>> Dy = y(n+1) - y(n)
> >>>>
> >>>> Para acabar con esta serie, algunas ecuaciones no lineales:
> >>>>
> >>> [...]
> >>>> 3) Dy = y/(1+y)
> >>>>
> >>>> y(1) = 1
> >>>>
> >>> Hola grupo,
> >>>
> >>> el comportamiento asintotico es inmediato, dado que
> >>>
> >>> I) la secuencia es monótona creciente
> >>> II) el límite cuando "y" tiende a infinito de y/(1+y) es uno.
> >>>
> >>> Por tanto, "y" pertenece a theta(n).
[...]
> >
> > Estaba pensando en algo mucho más sencillo
> >
> > Dy = -y^2/(1+y)
> >
> > y(1) = 1
> >
> > pero se me fue el signo y el exponente, no sé por qué.
> >
> > --
> > Antonio
>
> Gracias para facilitarnos la vida ;-)
> Que te gusta y(n)=1/n ?
>
Hola grupo,
me gustaria ver la solucion de Antonio. Se trata de un caso de una
secuencia facil de reconocer, pero no he podido hallar la solucion
usando unicamente la ecuacion original de Antonio.
Antonio González
Siempre puedes demostrarlo por inducción.
Si no te gusta, puedes aplicar la diferencia finita de la inversa
D(1/y) = -Dy/(y(y+Dy))
lo que nos da
D(1/y) = y^2/(1+y)/(y(y-y^2/(1+y)) = y^2/y^2 = 1
y la solución es inmadiata
--
Antonio
Marko Riedel
> Marko Riedel escribió:
> > "Dr. Wolfgang Hintze" <w...@snafu.de> writes:
> >
>
> >> "Antonio González" <gonf...@gmail.com> schrieb im Newsbeitrag
> >> news:53hekhF...@mid.individual.net...
>
> >>> Dr. Wolfgang Hintze escribió:
> >>>> "Marko Riedel" <mri...@neuearbeit.de> schrieb im Newsbeitrag
> >>>> news:m2ire4m...@linuxsexi.nasttg...
>
> >>>>> Antonio González <gonf...@gmail.com> writes:
> >>>>>
> >>>>>> Como siempre y(n) es una función real de variable entera y D
> >>>>>> es el operador de diferencia finita
> >>>>>>
> >>>>>>
> >>>>>> Dy = y(n+1) - y(n)
> >>>>>>
> >>>>>> Para acabar con esta serie, algunas ecuaciones no lineales:
> >>>>>>
[...]
> >>> Estaba pensando en algo mucho más sencillo
> >>>
> >>> Dy = -y^2/(1+y)
> >>>
> >>> y(1) = 1
> >>>
[...]
>
> Siempre puedes demostrarlo por inducción.
>
> Si no te gusta, puedes aplicar la diferencia finita de la inversa
>
> D(1/y) = -Dy/(y(y+Dy))
>
> lo que nos da
>
> D(1/y) = y^2/(1+y)/(y(y-y^2/(1+y)) = y^2/y^2 = 1
>
> y la solución es inmediata
>
La encuentro muy elegante. Da la impresion que las relaciones como
D(1/y) = -Dy/(y(y+Dy)) son verdaderamente imprescindibles cuando uno
trabaja resolviendo diferencias (no hay representacion por funciones
generatrices de y(n+1)y(n) usando la funcion generatriz de y(n), por
ejemplo, o me equivoco?).
En fin, esta serie ha sido de lo mas divertido que hemos visto
ultimamente.