$f ' (x) = f(x - (x+1)^t + 1)$

Question

$x > 0 $ Y$c $ un% real$> 0.$ Que$t $ esté entre$0 $ y$1.$

Cómo encontrar$f(x)$ o asymptotics buenos para$ f(x)$ tal que

ps

Y$$ f ' (x) = f(x - (x+1)^t + 1) $. También$ f(1) = 1 + c$ es una función no lineal y dos veces diferenciable para$f$.

Answer 1

Estoy asumiendo que usted desea asymptotics para un gran $x$. El cambio de las variables de $x \to (x+1)$ su ecuación puede escribirse simplemente como

$f'(x) =f( x- x^t +1)$

Vamos a escribir $f(x) = e^{g(x)}$.

Entonces:

$f'(x) = g'(x) e^{g(x)}$.

$f(x - x^t +1 ) = e^{ g(x)} e^{ g(x-x^t+1) - g(x)} \approx e^{g(x)} e^{ - (x^t-1) g'(x) } $

Esta aproximación es exacta si $g''(t)$ no es muy grande.

Así que esto nos da $g'(x) \approx e^{ - (x^t-1) g'(x) }$. Estoy asumiendo que $x$ es grande aquí, por lo que debe ser capaz de trabajar con el más simple de la ecuación de

$g'(x) \approx e^{ - x^t g'(x) } $

Ahora si conectamos $g'(x) = x^{-t} * ( t \log x - \log t - \log \log x) $, entonces tenemos

$$ x^{-t} * ( t \log x - \log t - \log \log x) \approx e^{ -t \log x + \log t + \log \log x}= x^t (t \log x)$$

Mientras $x$ es grande, $t \log x$ es mucho más grande de lo $\log t$ $\log \log x$ y la aproximación es bastante cerca.

Así exponentiating integrante de esto le dará una aproximación asintótica, aunque, desgraciadamente, no sé lo bueno que es. Esta integral no está aún cerrado, pero que el líder plazo va a ser $x^{1-t} \log x$ multiplicado por una constante. Por lo que su asintótica debe ser muy, muy groso $x^{ x^{1-t} /(1-t) }$.