2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




На страницу 1, 2  След.
 
 сходимость рекуррентной последовательности
Сообщение10.05.2008, 14:32 
Есть рекуррентная последовательность
\[
c_1^k  = 1 + \sum\limits_{i = 1}^{k - 1} {( - 1)^{i - 1} c_1^{k - i} K_i } 
\] где
\[
K_i  = \frac{{e^{ - p(1 + (1 + r) + (1 + r)^2  + ...(1 + r)^{i - 1} )} }}
{{((1 + r) - 1)((1 + r)^2  - 1)((1 + r)^3  - 1)...((1 + r)^{i - 1}  - 1)((1 + r)^i  - 1)}}
\] а
\[
p,r \in [0; + \infty )
\] - константы

Нужно доказать что существует предел рекуррентной последовательности. Я вычислял члены последовательности для разных констант и получал что поледовательность монотонно возрастает и сходится (монотонна + ограничена тогда сходится).
Как доказать монотонность? Или найти формулу n-го члена?

 
 
 
 
Сообщение10.05.2008, 21:24 
Аватара пользователя
Можно попробовать через производящии функции. Если
$$C(x)=\sum_{i=1}^{\infty} c_1^i x^i$$
и
$$K(x)=\sum_{i=1}^{\infty} (-1)^{i-1} K_i x^i$$
то спаведливо соотношение:
$$C(x) = \frac{x}{1-x} + C(x) K(x)$$

Кстати, зачем у $c$ стоит нижний индекс 1, если он все равно не используется?

 
 
 
 
Сообщение11.05.2008, 15:23 
я так понимаю теперь нужно подобрать для какой функции K(x)является рядом Тейлора

 
 
 
 
Сообщение11.05.2008, 16:20 
Если $r=0$, то $K_i=\infty$.

Из формулы, которую написал Maxal, следует, что $$C(x)=\frac x{(1-x)(1-K(x))}$$.

Ограниченность $c^k$ следовала бы из того, что у ряда $$\frac 1{(1-K(x))}$$ радиус сходимости был больше единицы. Положительность получалась бы, если бы, например, $(1-x)(1-K(x))=1-Q(x)$, где у ряда $Q$ коэффициенты положительны. Монотонность в этом случае, может, выводилась бы из того, что первый коэффициет ряда $Q(x)$ больше единицы.

 
 
 
 
Сообщение11.05.2008, 17:55 
Раньше не заметил что K_i можно подать проще K_i  = \frac{{e^{ - \frac{p}
{r}((1 + r)^i  - 1)} }}
{{((1 + r) - 1)((1 + r)^2  - 1)...((1 + r)^i  - 1)}}
А вот найти K(х) в хорошем виде не получается. Может есть методы доказательства монотонности рекуррентной последовательности напрямую, хотя доказать монотонность если последовательность в явном виде думаю будет проще.

 
 
 
 
Сообщение11.05.2008, 19:09 
Пусть ряд для $$\frac x{(1-K(x))}$$ сходится в круге радиуса больше единицы. Тогда $$\frac x{(1-x)(1-K(x))}- \frac x{(1-x)(1-K(1))}$$ тоже сходится в круге радиуса больше единицы. Следовательно, его коэффициенты стремятся к нулю и $$\lim_{n\to\infty} c^n=\frac1{1-K(1)}$$.

 
 
 
 
Сообщение11.05.2008, 20:04 
Аватара пользователя
$K(x)$ вряд ли удастся вычислить явно. Например, при $p=0$ получаем так называемую $q$-экспоненту:
$1-K(x)=E_{1+r}(-x)$,
где
$$E_q(z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{\prod_{j=1}^n(q^j-1)}=\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac z{q^n}\right),\quad|q|>1.$$
Кстати, в этом случае получаем
$$C(x)=x\prod_{n=0}^\infty\left(1-\frac x{(1+r)^n}\right)^{-1},$$
так что в этом случае все свойства $c_1^k$ очевидны. Можно даже явную формулу выписать.
Не знаю, можно ли похожие формулы написать при $p>0$.


P.S. При $p=0$ получается
$$c_1^{n+1}=\prod_{k=1}^n\left(1-\frac1{(1+r)^k}\right)^{-1}.$$

 
 
 
 
Сообщение11.05.2008, 23:11 
можно попросить ссылочку где можно почитать о свойствах q-экспоненты

 
 
 
 
Сообщение11.05.2008, 23:49 
Аватара пользователя
Кое-что есть в Gasper G., Rahman M. — Basic hypergeometric series (у меня сейчас нет инета, поэтому местная ссылка). Обозначения, используемые в этой книге, отличны от использованного мной. Если обозначить $q=(1+r)^{-1}$, то в обозначениях этой книги
$$1-K(x)=E_q(-qx)=(qx;q)_\infty,$$
откуда
$$C(x)=\frac x{(1-x)(qx;q)_\infty}=\frac x{(x;q)_\infty}=xe_q(x).$$
(Это всё при $p=0$. Что делать при произвольных $p,r>0$, пока не могу понять. Если $r>1.27$ или около того, то сходимость доказать легко.)

 
 
 
 
Сообщение11.05.2008, 23:55 
 !  Jnrty:
Pashkak, формулы следует окружать знаками доллара:

Код:
$...$ или $$...$$

 
 
 
 
Сообщение12.05.2008, 00:20 
Если не ошибаюсь, можно рассуждать так. При $|z|=a$ наибольшее значение $|K_{r,p}(z)|$ принимает в точке $-a$. Откуда
$$\frac1{|1-K_{r,p}(z)|}\le \frac1{1-|K_{r,p}(-|z|)|}\le  \frac1{1-|K_{r,0}(-|z|)|} <\infty$ в круге радиуса $1+r$, как следует из явной формулы для нулей $1-K_{r,0}(x)$. Значит, $\frac1{1-K_{r,p}(z)}$ аналитическая функция в круге $|z|<1+r$.

 
 
 
 
Сообщение12.05.2008, 00:44 
Аватара пользователя
Gafield писал(а):
Если не ошибаюсь, можно рассуждать так.

Ошибаетесь. Действительно,
$$|1-K_{r,p}(z)|\geqslant1-|K_{r,0}(-|z|)|,$$
но проблема в том, что последнее выражение равно
$$1+K_{r,0}(-|z|)=2-\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac{|z|}{(1+r)^n}\right).$$

 
 
 
 
Сообщение12.05.2008, 00:52 
Это отсюда оценка $r>1.27$?

 
 
 
 
Сообщение12.05.2008, 00:55 
Аватара пользователя
Gafield писал(а):
Это отсюда оценка $r>1.27$?

Да.

 
 
 
 сумма ряда
Сообщение17.05.2008, 11:42 
при каких $$p,r \in [0; + \infty ) $$ $$S<1 $$;
где $$S = \sum\limits_{i = 1}^{\infty} {K_i }  $$
и $$K_i  = \frac{{e^{ - p(1 + (1 + r) + (1 + r)^2  + ...(1 + r)^{i - 1} )} }}
{{((1 + r) - 1)((1 + r)^2  - 1)((1 + r)^3  - 1)...((1 + r)^{i - 1}  - 1)((1 + r)^i  - 1)}} $$
Я нашел такое достаточное условие $$1=\sum\limits_{i = 1}^{\infty} {2^{-i} }  $$
тогда если $$K_1<2^{-1} $$ и $$K_2<2^{-2} $$ имеем $$S<1 $$ отсюда получил ограничения на $$p,r$$.
Возможно ли найти более мягкую оценку?

 
 
 [ Сообщений: 16 ]  На страницу 1, 2  След.


Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group