Recurrencia con coeficiente variable

Question

Problema 1

$$ {\rm f}\left(n\right) = \frac{1}{n}\, \left[{\rm f}\left(n - 1\right)k_{0} + {\rm f}\left(n-2\right)k_{1}\right]\tag{1} $$

( Esto también se puede escribir como ${\rm Q}\left(n\right) = k_{0}\frac{{\rm Q}\left(n - 1\right)}{n - 1} +k_{1}\frac{{\rm Q}\left(n - 2\right)}{n - 2}$ proporcionó ${\rm Q}\left(n\right) = n{\rm f}\left(n\right) $ )

donde $k_{0},\,k_{1}$ son constantes. ${\rm f}\left(0\right)=3,\,{\rm f}\left(1\right)=5$ . El coeficiente variable $\frac{1}{n}$ está haciendo muchos problemas aquí. Bloquea la expansión adecuada.

Pregunta

Por favor, ayúdenme a encontrar la solución de la recurrencia en términos de $n$ ( implica ${\rm f}\left(n\right)$ ) y también la suma de la recurrencia hasta el infinito ( $ sum = \sum_{n = 0}^{\infty}{\rm f}\left(n\right)$ ).

Nota::

1. Las respuestas parciales también son bienvenidas. Podemos discutirlo aquí. Esta recursión forma una estructura de Fibonacci que parece un árbol. He adjuntado una imagen aquí. Usted puede ver los nodos rojos para indicar $k_0$ multiplicación y verde para indicar $k_1$ multiplicación. Puedes ver que el índice del árbol se expande como una secuencia de Fibonacci (comienza desde 5)

2. Algunas de las manipulaciones inteligentes de la función generadora pueden consultarse en este famoso libro electrónico como referencia enlace:-generarfuncionalidad ¡!

3. Conozco un método para utilizar la ODE. Pero estoy tratando de resolverlo sin ODE para que pueda ampliar esto a una dimensión más alta como matrices en preguntas de estructura similar. Por favor, evite la solución ODE o cualquier matriz exponencial. Un método usando series sería más deseable
   

Problema 2 ( versión ampliada de la matriz del problema 1)

Tenemos una recurrencia matricial dada ,

$ (\curlyvee_i,\curlyvee_{i-1})_{1\times2}= (\curlyvee_{i-2},\curlyvee_{i-3})_{1\times2}{\begin{bmatrix}A_{i-1}A_i+B_i & A_{i-1} \\B_{i-1}A_i & B_{i-1} \end{bmatrix}}_{2\times2} \tag 1$

$A_i= r\frac{\Im1}{i},B_i= r^2\frac{\Im2}{i} \tag 2$

$ \Im1=\left( \begin{array}{ccc} 0 & -n_0 & m_0 \\ n_0 & 0 & -l_0 \\ -m_0 & l_0 & 0 \\ \end{array} \right), \Im2=\left( \begin{array}{ccc} 0 & -(n_1-n_0) & (m_1-m_0) \\ (n_1-n_0) & 0 & -(l_1-l_0) \\ -(m_1-m_0) & (l_1-l_0) & 0 \\ \end{array} \right).\tag3$

$l_1,m_1,n_1,l_0,m_0,n_0,r$ todos son constantes no pueden alterar en absoluto

Datos sobre el problema

1. Dimensiones de $A_i,B_i,\curlyvee_i$ son $3\times3$ y $A_i,B_i$ son matrices simétricas sesgadas con diagonal cero
2. Nuestra condición inicial viene dada por $(\curlyvee_1,\curlyvee_{0})_{1\times3} $

3. Propiedades de $\Im1,\Im2$ útiles para la simplificación se dan a continuación

   Para cada una de las matrices $\Im1 ( a=l_0,b=m_0,c=n_0), \Im2 ( a=l_1-l_0,b=m_1-m_0,c=n_1-n_0)$ dejemos $p = \sqrt{a^2+b^2+c^2}$ . Es cierto que $\wp^3 = -(a^2+b^2+c^2)\wp = -p^2\wp$ ( $\wp$ representa matrices $\Im1, \Im1$ (seleccione a,b,c en consecuencia). Por lo tanto, $\wp^{2m+1} = (-1)^mp^{2m}\wp \tag 4$ y $\wp^{2m} = (-1)^{m-1}p^{2m-2}\wp^2 \tag 5$ . En esencia dice que ambas matrices $\Im1, \Im2$ satisface esta propiedad. cortesía de @JimmyK4542

Pregunta 1. Cómo resolvemos esta recurrencia en términos de n. ¿Hay alguna manera de sacar n de la $3\times3$ matrices en recursión para que podamos ir a una simplificación fácil. ?

NB :: Me gustaría tener una solución sin usar ODE o matriz exponencial ya que puedo extenderme a los tensores, etc. Por favor, evite este tipo de soluciones. Esas fueron discutidas anteriormente. Otra versión de la misma pregunta que he publicado como problema de la gráfica se da aquí . No obtuve ninguna respuesta a eso, así que lo simplifiqué como recursión matricial aquí. He estado probando muchos métodos en él ninguno es exitoso coz de las propiedades de $A_i$

Nota :: Se concederá una recompensa a las sugerencias útiles que conduzcan a la solución.

Esfuerzos realizados hasta ahora

1. Intenté evaluar usando el método simple de las series de potencia. Resultado:: falló ,Razón :: la variación de n bloquea el procedimiento
2. Intenté hacer otra serie equivalente por sustitución. Resultado :: fallido, Razón :: sigue volviendo a los viejos problemas. (no estoy seguro de que exista alguna sustitución agradable que nos permita obtener una forma que sea solucionable intentándolo)
3. Lo hice como un problema de gráficos. Veo una estructura finita en el árbol y la coloración de los nodos Si vamos con el método de la teoría de grafos para obtener una expresión para el caso general n y más tarde añadir todo como serie hasta el infinito , podemos encontrar una secuencia algo como GP. Podemos terminar en una expresión finita. Resultado :: Fallado ,Razón:: Fue difícil obtener esa expresión común para un gráfico basado en la contribución de los nodos
4. Lo hizo como recursión matricial, Resultado:: falló, no pudo descomponer el componente de recursión matricial para separar n
5. Intento de comparar o extraer algunas propiedades del árbol de Fibonacci ya que tiene la misma estructura. Resultado:: Fallido, Razón:: todavía vamos a terminar en la variación del coeficiente

Answer 1

Así que me doy cuenta de que querías evitar una respuesta matricial exponencial, ahora me gustaría publicar una aquí sólo para que otras personas que se encuentren con esta pregunta puedan ver cómo es:

$$ \textbf{MATRIX SOLUTION}$$

Déjalo: $$L(f(n)) = f(n) - f(n-1)$$ Por lo tanto, aviso:

$$L^2(f(n)) = f(n) - 2f(n-1) + f(n-2)$$

Por lo tanto, podemos reescribirlo como

$$f(n) = \frac{k_1}{n}(L^2 (f(n)) - 2L(f(n)) + f(n)) + \frac{k_0}{n}(f(n) - L(f(n)))$$

utilice $f = f(n)$ para una apariencia más limpia y utilizar la notación estándar de los operadores (sin paréntesis entre L y f)

$$f = \frac{k_1}{n}(L^2 f - 2Lf + f) + \frac{k_0}{n}(f - Lf)$$

Lo que se simplifica en

$$\frac{k_1}{n}L^2f + \left(-\frac{2k_1+k_0}{n}\right)Lf + \left(\frac{k_0 + k_1 - n}{n} \right)f = 0 $$

Ahora multiplicamos por $n$ y dividir por $k_1$

$$L^2f - \left(\frac{2k_1+k_0}{k_1}\right)Lf + \left(\frac{k_0 + k_1 - n}{k_1} \right)f = 0 $$

Y mover todos los términos además de $L^2f$ al otro lado

$$L^2f = \left(\frac{2k_1+k_0}{k_1}\right)Lf - \left(\frac{k_0 + k_1 - n}{k_1} \right)f $$

Ahora genera un vector $G = \begin{bmatrix} f \\ Lf \end{bmatrix} $

En este punto se hace evidente que si definimos $L$ para actuar componente por componente en las matrices entonces:

$$LG = \begin{bmatrix} - \frac{k_0 + k_1 - n}{k_1} && 0 \\ 0 && \frac{2k_1 + k_0}{k_1} \end{bmatrix}G$$

Tradicionalmente para resolver ecuaciones del tipo

$$Lf = bf$$

explota el hecho de que

$$L(2^{Q(n)}) = (2^{LQ(n)}-1)2^{Q(n)}$$

En otras palabras, buscamos una matriz $H$ tal que

$$ 2^{LH(n)} - I_2 = \begin{bmatrix} - \frac{k_0 + k_1 - n}{k_1} && 0 \\ 0 && \frac{2k_1 + k_0}{k_1} \end{bmatrix}$$

Significado

$$2^{LH(n)} = \begin{bmatrix} - \frac{k_0 - n}{k_1} && 0 \\ 0 && \frac{3k_1 + k_0}{k_1} \end{bmatrix} $$

En este punto debemos encontrar los componentes de:

$$\log_2 \left( \begin{bmatrix} - \frac{k_0 - n}{k_1} && 0 \\ 0 && \frac{3k_1 + k_0}{k_1} \end{bmatrix} \right) $$

Se trata de un cálculo complicado que requiere que sustituyamos las componentes 0 por una variable z. A continuación, calculamos el logaritmo tratando, z como una variable real. A continuación, para cada componente $c_i$ resolver

$$Lu = c_i$$

para ensamblar los componentes de $H(n)$

desde aquí

$$2^{H(n)}$$

será la solución del sistema

Y por lo tanto el producto punto de la fila superior de $2^{H(n)}$ con el vector $\begin{bmatrix} c_0 \\ c_1 \end{bmatrix}$ es la solución general a nuestro problema

En este punto tome el límite como $z \rightarrow 0$ para recuperar la solución

$$ \textbf{SERIES SOLUTION} $$

Observamos que dado el operador lineal descrito anteriormente

$$Lf = f(n) - f(n-1)$$

Podemos generar una serie tipo Taylor observando primero la existencia de una regla del producto

$$L(f*g) = f(n)g(n) - f(n-1)g(n-1) = g*Lf + f*Lg - Lg*Lf $$

Y segundo observando que

$$L \left( \frac{1}{n!} \prod_{i=1}^{n}{(x +i-1)}\right) =\frac{1}{n!} \prod_{i=1}^{n-1}{(x+i-1)} $$

Lo que nos permite generar una "serie"

$$f(x) = f(a) + Lf(a)x + \frac{L^2f(a)}{2!}x(x+1) + \frac{L^3f(a)}{3!}x(x+1)(x+2)... $$

Recordemos ahora el problema original:

$$L^2f = \left(\frac{2k_1+k_0}{k_1}\right)Lf - \left(\frac{k_0 + k_1 - n}{k_1} \right)f $$

Podemos considerar los valores de

$$ \begin{matrix} L^2f && L^3f && L^4f && ... && L^rf \end{matrix}$$

En ese momento se hace evidente

$$ L^rf = \left(2 + \frac{k_0}{k_1}\right)L^{r-1}f + \frac{r-2}{k_1}L^{r-3}f + \left(\frac{n}{k_1} - 1 - k_0+ \frac{r-2}{k_1} \right)L^{r-2}f$$

Esto se puede reescribir señalando $L^rf = X(r)$ y por lo tanto

$$X(r) = aX(r-1) + (r-2)bX(r-3)+ (c + b(r-2))X(r-2)$$

Mientras que $X(0) = 3, \ X(1) = (5-3) = 2$ y $$a = \left(2 + \frac{k_0}{k_1}\right), \ b = \frac{1}{k_1}, \ c = \left(\frac{n}{k_1} - 1 - k_0 \right) $$

Ahora la solución al problema es

$$f(n) = \sum_{i=0}^{\infty} \left[ \frac{X(i)}{i!} \prod_{j=1}^{i} (n + j - 1) \right]$$

$$ f(n) = X(0) + X(1)n + \frac{X(2)}{2}n(n+1) + \frac{X(3)}{3!}n(n+1)(n+2) ... $$

Por supuesto, encontrar una forma cerrada para $X$ parece un problema todavía intrigante pero no imposible, ya que tiene exactamente la misma forma que el problema original: podemos crear una solución matricial o en serie para $X$ (dependiendo de la preferencia personal...) pero para abordar las preocupaciones de dividir por $k_0$ y $k_1$ nuestros términos de solución pueden ser escritos como

$$ k_1*L^rf = \left(2k_1 + k_0\right)L^{r-1}f + (r-2)L^{r-3}f + \left(n - k_1 - k_0*k_1+ (r-2) \right)L^{r-2}f$$

Por lo tanto, todavía podemos intentar resolver para cada individuo $L^{r}f$ y generar términos de serie... Tengo curiosidad por saber cómo se desarrollará esto y si se formarán sistemas incoherentes (si se forman: ¿significa eso que no puede existir una solución a dicha ecuación, o requiere la creación de un nuevo sabor de funciones al margen de todas las demás, de forma parecida a como podemos crear una constante imaginaria para tratar lo irresoluble $\sqrt{-1}$ problema)

Answer 2

Fijemos $a_n=f(n)$ y $$ g(x) = \sum_{n=0}^{+\infty} a_n x^n.$$ Desde entonces: $$ x\cdot g'(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} n\, a_n x^{n},$$ $$ x\cdot g(x) = \sum_{n=1}^{+\infty} a_{n-1} x^{n},$$ $$ x^2\cdot g(x) = \sum_{n=2}^{+\infty} a_{n-2} x^{n},$$ la recursión da que $g(z)$ es una solución de la ecuación diferencial: $$ x\cdot g'(x)-5x = k_0(x\cdot g(x)-3x)+k_1 x^2\cdot g(x), $$ es decir $$ g'(x) = (k_0+k_1x)g(x)+(5-3k_0),$$ con la restricción $g(0)=3$ . Suponiendo que la parte no homogénea no afecta realmente al comportamiento de los coeficientes de la serie de Taylor, tenemos: $$ a_n\approx [x^n]e^{k_0 x+\frac{k_1}{2}x^2} = \sum_{j=0}^{\lfloor n/2\rfloor}\frac{k_0^{n-2j}k_1^{2j}}{4^j j!(n-2j)!},$$ y $$\sum a_n = g(1)\leq C\cdot e^{k_0+\frac{k_1}{2}}.$$

Answer 3

Podemos reescribirlo como

$-( f(n-1)) =\{k_1f(n-3)+k_1f(n-3)n+k_1f(n-3)n^2+k_1f(n-3)n^3+..+\infty\}+\{k_0f(n-2)+k_0f(n-2)n+k_0f(n-2)n^2+k_0f(n-2)n^3+..+\infty\}\tag1$

de $-f(n-1)=\frac{1}{1-n}(k_0f(n-2)+k_1f(n-3))\tag 2$ Tomando la suma hasta el infinito en n de ambos extremos obtenemos los términos que implican $\sum_{n=0}^{\infty} f(n)$ en ambos lados. Pero algunos términos infinitos en el lado derecho seguirán existiendo. Necesitamos algunas formas inteligentes de abordar con la serie infinita existente con la suma finita conocida. ¿Cuál es su opinión, por favor, compártala?

NB :: Echa un vistazo a algunas series existentes a) ejemplo serie 1 ! b) ejemplo serie 2-página 52 ¡!

NB:: Ahora estoy pensando en convertirlo en otra serie para poder abordarlo mejor(algo así como $K(n)=nf(n-1)$ Sólo pensaba ;))