Dejemos que $F(z,t)=\sum_{n=r}^k z^n p_{r,n}(t)$ con $|z|<1$ una función generadora de probabilidad. $F$ satisface la siguiente EDP: $$ \frac{\partial }{\partial t}F(z,t) + (z-1)(az+b)\frac{\partial }{\partial z}F(z,t) = (z-1)(ak+\frac{br}{z})F(z,t). $$ Resuelto con la condición inicial $F(z,0)=z^n$ la solución de la EDP es $$ F(z,t)=z^r \left \{ \frac{az(1-e^{-(a+b)t)})+ae^{-(a+b)t}+b}{a+b} \right \}^{k-r} $$ Intenté resolver utilizando el método de las características, obteniendo $$ \frac{dt}{1} = \frac{dz}{(z-1)(az+b)}=\frac{dF(z,t)}{(z-1)(ak+\frac{br}{z})F(z,t)} $$ pero no sé realmente cómo surge la solución anterior. ¿Alguna idea?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
YequalsX
Puntos
320
He aquí una solución que utiliza directamente el método de las características.
Antes de dar la solución, conviene recordar la estrategia general.
La EDP describe una superficie en $(t,z,F)$ -espacio. El método de las características da ecuaciones diferenciales que describen una familia de curvas, tal que esta superficie es la unión de esas curvas.
Concretamente, la resolución de las ecuaciones características permite escribir $z = z(t)$ y $F = F(t)$ pero con constantes de integración desconocidas en cada fórmula. Se trata de curvas que se encuentran en la superficie de la solución, y se quiere intentar rehacerlas (¡y eliminar las constantes de integración!) para obtener una fórmula para la superficie en la que se encuentran. La clave para hacer esto es utilizar las condiciones iniciales.
Es decir, si se conecta $t = 0$ se obtiene una fórmula para $z(0)$ en términos de una constante de integración, y una fórmula para $F(0)$ en términos de la otra constante de integración. Ahora, si tienes la condición inicial, sabes la relación entre $F(0)$ y $z(0)$ y así se puede resolver la segunda constante de integración en términos de la primera. Además, utilizando la fórmula de $z(t)$ se puede expresar la primera constante de integración en términos de $z$ y $t$ . Juntando todo esto, se puede expresar $F$ en función de $z$ y $t$ .
En la práctica, se pueden simplificar algunos de estos pasos. Por ejemplo, en su ejemplo particular la primera ecuación característica nos permite resolver $z$ en términos de $t$ , mientras que la segunda ecuación característica implica sólo $F$ y $z$ , por lo que podemos resolver por $F$ en términos de $z$ . Entonces no es necesario introducir explícitamente en la fórmula de $z$ en términos de $t$ para escribir $F$ en términos de $t$ ; podríamos hacerlo, pero sólo complicaría el álgebra. De hecho, tampoco escribiremos explícitamente $z$ en términos de $t$ (porque la fórmula es un poco complicada); en su lugar, procederemos directamente a escribir la constante de integración en términos de $t$ y $z$ .
Pero, a pesar de estos atajos, si observas lo que hago a continuación, verás que verán que sigo la estrategia general descrita anteriormente.
Aquí está la solución:
Resolviendo la primera ecuación característica se obtiene
$$A e^{(a+b)t} = 1 - \dfrac{a+b}{az+b},$$ que reescribimos como $$A = \bigl( 1 - \dfrac{a+b}{az+b}\bigr) e^{-(a+b)t}.$$
Al resolver la segunda ecuación característica se obtiene
$$ F = B z^r (az +b)^{k-r}.$$
(Ambas ecuaciones son cálculos sencillos, aunque algo dolorosos).
Aquí $A$ y $B$ son las constantes de integración. Según la estrategia general, tenemos que utilizar la condición inicial para eliminar $A$ y $B$ (y por lo tanto expresan $F$ en función de $t$ y $z$ ).
La condición inicial nos dice que en el punto de esta curva cuyo $t$ -coord. es cero, si dejamos que $z_0$ sea el $z$ -coord., entonces el $F$ -coord. es $z_0^r$ . En otras palabras, la curva contiene un punto $(0,z_0,z_0^r)$ para un valor (desconocido) de $z_0$ . Esto lo utilizamos para eliminar $A$ y $B$ . (Verás que no importa que no sepamos qué $z_0$ es; el solo hecho de tener su existencia es suficiente para eliminar $A$ y $B$ .)
En concreto, la primera ecuación, al introducir $t = 0$ y $z = z_0$ , da $$A = 1 - \dfrac{a+b}{az_0 + b},$$ mientras que en la segunda ecuación, introduciendo $z = z_0$ y $F = z_0^r$ da $$B(az_0 + b)^{k-r} = 1,$$ o $$ B = (a z_0 +b)^{-(k-r)}.$$ Ahora, utilizando nuestra expresión para $A$ en términos de $z_0$ podemos reescribir nuestra primera ecuación como $$\dfrac{1}{a z_0 + b} = \dfrac{1}{a+b} \Bigl(1 - \bigl(1 - \dfrac{a+b}{a z + b} \bigr) e^{-(a+b)t}\Bigr).$$ Elevando esto a la $(k-r)$ y utilizando nuestra expresión para $B$ en términos de $z_0$ encontramos que $$B = \Bigl( \dfrac{1}{a+b}\Bigl(1 - \bigl(1 - \dfrac{a+b}{a z + b}\bigr) e^{-(a+b)t}\Bigr) \Bigr)^{k-r}.$$ Finalmente, podemos introducir esto en nuestra segunda ecuación caracerística para encontrar que $$F = z^r \Bigl(\dfrac{1}{a+b}\Bigl(az + b - \bigl(az+b - (a+b)\bigr)e^{-(a+b)t} \Bigr)\Bigr)^{k-r}$$ $$ = z^r \Bigl(\dfrac{1}{a+b}\bigl( az(1 - e^{-(a+b)t}) + a e^{-(a+b)t} + b\bigr)\Bigr)^{k-r},$$ como se desee.
user21783
Puntos
11
Busquemos una solución particular $G(z)$ dependiendo de $z$ sólo : $$(z-1)(az+b)G'(z) = (z-1)(ak+\frac{br}{z})G(z)$$
(correspondiente al segundo término $=$ tercer término de su sistema característico) de modo que $$(\ln(G(z)))'=\frac{ak+\frac{br}{z}}{az+b}$$
Te dejaré probar que una integral del término de la derecha es : $\displaystyle r\cdot\ln(z)+\ln(z+\frac ba)\cdot (k-r)$
para que una solución que depende de $z$ sólo está dada por :
$$r\cdot\ln(z)+\ln(z+\frac ba)\cdot (k-r)= \ln(G(z))$$ o $$G(z)=z^r(z+\frac ba)^{k-r}$$ (multiplicado por un factor constante si es necesario)
Resolvamos la ecuación "truncada" (el término rígido de su EDP se sustituye por $0$ ) :
$$ \frac{\partial }{\partial t}F(z,t) + (z-1)(az+b)\frac{\partial }{\partial z}F(z,t) =0$$
La ecuación característica para esto es : $$\frac{dt}{1} = \frac{dz}{(z-1)(az+b)}$$ (o primer término $=$ segundo término de su sistema característico)
Descompongamos el miembro derecho en elementos simples para obtener $\frac{dz}{(z-1)(az+b)}=\frac{dz}{a+b}\left(\frac{1}{z-1}-\frac{a}{az+b}\right)$ . Podemos entonces integrar ambos términos para obtener : $$t= C+\frac{1}{a+b}\left(\ln(z-1)-\ln(z+\frac ba)\right)$$ que reescribiremos (multiplicando por $(a+b)$ y después de la exponenciación) : $$H(z,t)= D\frac{z-1}{z+\frac ba}e^{-(a+b)t}$$
La solución general de la EDP "truncada" se obtiene como $F_0(z,t)=\Psi(H(z,t))$ con $\Psi$ una función arbitraria.
La solución general de su EDP es el producto de la $F_0(z,t)$ y específicos $G(z)$ es decir: $F(z,t)=G(z)\cdot \Psi(H(z,t))$
$$F(z,t)=z^r(z+\frac ba)^{k-r}\cdot \Psi \left(\frac{z-1}{z+\frac ba}e^{-(a+b)t}\right)$$
Queremos $F(z,0)=z^r$ ( $t=0$ ) que es : $$\frac{1}{(z+\frac ba)^{k-r}}=\Psi \left(\frac{z-1}{z+\frac ba}\right)\text{ for any }z$$
Utilizando $1-\displaystyle \left(\frac{z-1}{z+\frac ba}\right)=\frac{1+\frac ba}{z+\frac ba}$ concluimos que la siguiente función $\Psi$ debería funcionar : $$\Psi(u)=\left(\frac{1-u}{1+\frac ba}\right)^{k-r} \text{and}$$
$$F(z,t)=z^r\cdot \left(\frac{(z+\frac ba)-(z-1)e^{-(a+b)t}}{1+\frac ba}\right)^{k-r}$$
