Resolviendo diferencias (II)
Antonio González
operador de diferencias finitas
Dy : y(n+1) - y(n)
Resolver las siguientes ecuaciones en diferencias, esta vez de las de Euler:
1) n Dy = y
y(1) = 1
2) n Dy = -y
y(2) = 1
3) n Dy = p y p entero positivo
y(1) = 1
4) n Dy = p y p entero negativo
y(2) = 1
5) n Dy = p y p real
y(2) = 1
6) n(n+1)D^2y + n Dy - y = 0
y(2) = 1 Dy(2) = 0
--
Antonio
Marko Riedel
> De nuevo, sea y=y(n) una función real de variable entera, y sea D el
> operador de diferencias finitas
>
>
> Dy : y(n+1) - y(n)
>
> Resolver las siguientes ecuaciones en diferencias, esta vez de las de Euler:
>
> 1) n Dy = y
>
> y(1) = 1
>
Con funciones generatrices (poniendo y(0)=0)
x d/dx (y(x)/x - y(x)) = y(x).
Luego con w(x) = y(x)/x,
d/dx (w(x) - x w(x)) = w(x)
=> w'(x) - x w'(x) - w(x) = w(x)
=> w'(x) (1 - x) = 2 w(x)
=> w'(x)/w(x) = 2/(1-x)
=> log w(x) = 2 log 1/(1-x) + C
=> w(x) = C 1/(1-x)^2
=> y(x) = C x/(1-x)^2.
Finalmente, y(1) = 1 => C = 1 => y(x) = x/(1-x)^2.
Conclusion: y(n) = n (vemos que funciona, dado que n ((n+1) - n) = n).
Un saludo.
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| Marko Riedel, EDV Neue Arbeit gGmbH, mri...@neuearbeit.de |
| http://www.geocities.com/markoriedelde/index.html |
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Antonio González
> Antonio González <gonf...@gmail.com> writes:
>
>> De nuevo, sea y=y(n) una función real de variable entera, y sea D el
>> operador de diferencias finitas
>>
>>
>> Dy : y(n+1) - y(n)
>>
>> Resolver las siguientes ecuaciones en diferencias, esta vez de las de Euler:
>>
>> 1) n Dy = y
>>
>> y(1) = 1
>>
>
> Con funciones generatrices (poniendo y(0)=0)
>
Hombre, en este caso, eso es matar moscas con misiles ICBM por lo menos.
Escribiendo la ecuación en diferencias como una recurrencia
y(n+1) - y(n) = y(n)/n
y(n+1) = (n+1)/n y(n)
y(n+1)/(n+1) = y(n)/n
de donde es inmediato que
y(n)/n = cte --> y(n) = k n
que con la c.i. da
y(n) = n
--
Antonio
León-Sotelo
>
> - Mostrar texto de la cita -
Voy a ver la 2)
2) n Dy = -y
y(2) = 1
n(y(n+1)-y(n))= -y(n)
n(y(n+1))=ny(n)-y(n)=y(n)(n-1)
y(n+1)=((n-1)/n)y(n)
y(3)=(1/2)y(2)=1/2
y(4)=(2/3)y(3)=1/3
...
y(n)=1/(n-1) parece
León-Sotelo
Marko Riedel
> De nuevo, sea y=y(n) una función real de variable entera, y sea D el
> operador de diferencias finitas
>
>
> Dy : y(n+1) - y(n)
>
> Resolver las siguientes ecuaciones en diferencias, esta vez de las
> de Euler:
>
[...]
>
> 6) n(n+1)D^2y + n Dy - y = 0
>
> y(2) = 1 Dy(2) = 0
>
Hola grupo,
hago la 6) para mostrar que se puede (con un CAS). Luego Antonio ya
nos dira como solucionarla con lápiz y papel.
La recurrencia tal y como aparece en el enunciado es
n(n+1)(y(n+2) - 2 y(n+1) + y(n)) + n(y(n+1)-y(n)) - y(n) = 0.
Se pide que sea y(2) = 1 y y(3) = 1. Tratando de hallar y(1), vemos
que
2(1 - 2 + y1) + 1(1-y1) - y1 = -2 + 1 = -1
debe ser cero, que es imposible. Vamos a usar una secuencia auxiliar
que comienza por w(0) = w(1) = 1. La recurrencia para esta secuencia
es
(n+2)(n+3)(w(n+2) - 2 w(n+1) + w(n)) +
(n+2)(w(n+1)-w(n)) - w(n) = 0.
Poniendo W(x) = sum_{n>=0} w(n) x^n, w(0) = w(1) = 1, tenemos que
1/x (d/dx d/dx (x^3 ((W(x)-x-1)/x^2 - 2(W(x)-1)/x + W(x))))
+ 1/x (d/dx (x^2 ((W(x)-1)/x - W(x)))) - W(x) = 0,
con lo cual
W(x) = A/x/(x-1)^2
+ B*(x-2)/(x-1)^2
+ 1/4*(x-2)/(x-1)^2 + 1/4*(2/x)*log(1/(1-x)).
Luego de w(0) = w(1) = 1 se deduce que A=0 y B=-1/2 y
W(x) = 1/4 (2-x) / (x-1)^2 + 1/2 (1/x)*log(1/(1-x)).
Finalmente
w(n) = 1/4 (n+2) + 1/2 1/(n+1).
Volviendo a la secuencia original, la respuesta es
y(n) = 1/4 n + 1/2 1/(n-1).
Un saludo.
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Antonio González
> Antonio González <gonf...@gmail.com> writes:
>
>> De nuevo, sea y=y(n) una función real de variable entera, y sea D el
>> operador de diferencias finitas
>>
>>
>> Dy : y(n+1) - y(n)
>>
>> Resolver las siguientes ecuaciones en diferencias, esta vez de las
>> de Euler:
>>
> [...]
>> 6) n(n+1)D^2y + n Dy - y = 0
>>
>> y(2) = 1 Dy(2) = 0
>>
>
> Hola grupo,
>
> hago la 6) para mostrar que se puede (con un CAS). Luego Antonio ya
> nos dira como solucionarla con lápiz y papel.
>
Dos formas equivalentes de hacerlo:
1) Supongamos que ya hemos resuelto los casos (1) y (2), que salen casi
a ojo
Dy = y/n ---> y(n) = A n
Dy = -y/n ---> y(n) = B/(n-1)
La ecuación (6) puede escribirse como
n D(n Dy) - y = 0
así que definimos una nueva variable z tal que
n Dy = z
n Dz = y
Si sumamos estas dos ecuaciones
n D(y+z) = y + z ---> y + z = A n
Si las restamos
n D(y-z) = -(y-z) ---> y - Z = B/(n-1)
por tanto
y = A n + B/(n-1)
ajustando las constantes, sale el resultado que has obtenido.
2) Dada la ecuación (6)
n(n+1)D^2y + n Dy - y = 0
es evidente que y = n es una solución particular (ya que Dy=1 y D^2y=0).
Como en teoría de ecuaciones diferenciales, buscamos una segunda
solución como
y = y1 u = n u
que, sustituyendo nos da
(n+2)D^2u + 3 Du = 0
haciendo
v = Du
queda la ecuación de primer orden
(n+2)Dv + 3v = 0
(n+2)v(n+1) = (n-1)v(n)
Con solución
v(n+1) = (n-1)/(n+2)v(n)
v(n) = A/((n+1)n(n-1))
y de aquí, sumando obtenemos u
u(n+1) - u(n) = A/((n+1)n(n-1)) =
= (A/2)(1/(n+1) - 1/(n)) - (A/2)(1/(n) - 1/(n-1))
pòr lo que
u(n) = B(1/(n-1) - 1/(n)) = B/(n(n-1)
y(n) = B/(n-1)
y llegamos a la solución general
y(n) = An + B/(n-1)
--
Antonio
León-Sotelo
>
> - Mostrar texto de la cita -
Voy a probar con la 3:
3) n Dy = p y p entero positivo
y(1) = 1
n(y(n+1)-y(n))=py(n)
ny(n+1)=ny(n)+py(n)=y(n)(n+p)
y(n+1)=y(n)(n+p)/n
y(2)=y(1)*(1+p)/1
y(3)=y(2)*(2+p)/2=(1+p)(2+p)/1*2
...
y(n)=(1+p)(2+p)..(n+p-1)/1*2...(n-1)
L-S
Antonio González
>
> Voy a probar con la 3:
>
> 3) n Dy = p y p entero positivo
>
> y(1) = 1
>
> n(y(n+1)-y(n))=py(n)
> ny(n+1)=ny(n)+py(n)=y(n)(n+p)
> y(n+1)=y(n)(n+p)/n
> y(2)=y(1)*(1+p)/1
> y(3)=y(2)*(2+p)/2=(1+p)(2+p)/1*2
> ...
> y(n)=(1+p)(2+p)..(n+p-1)/1*2...(n-1)
>
Te queda imponer que y(1) = 1.
--
Antonio
pepav...@gmail.com
Pues yo suponia que lo habia impuesto cuando hacia
y(2)=y(1)*(1+p)/1=(1+p)
L-S
Antonio González
Sí, tienes razón. Es que me había parecido que te faltaba un factorial
por ahí.
Este resultado se puede también escribir como
y(n) = (n+p-1)!/((n-1)! p!) = C(n+p-1,p)
A partir de la expresión con factoriales, la solución para p real es
inmediata
y(n) = Gamma(n+p)/((n-1)! Gamma(p-1))
--
Antonio