асимптотика решения уравнения с параметром

[alcoholist]

Рассмотрим уравнение с параметром

$$ y=\lambda\ln\frac{y}{y_0}+1,\quad y_0\in(0;1),\quad\lambda\in(0;+\infty). $$

Меня интересует поведение его решения $y\in (0;y_0)$.
Асимптотику

$$y(y_0,\lambda)=y_0-\frac{(1-y_0)y_0}{\lambda}+O\left(\lambda^{-2}\right), \quad\lambda\to+\infty$$

получить нетрудно. Но вот асимптотика при $\lambda\to 0$ мне совсем не дается. Только из соотношения

$$ y-1=o\left(\ln\frac{y}{y_0}\right),\quad\lambda\to 0 $$

следует, что (учитывается $y<y_0<1$)

$$ \lim\limits_{\lambda\to 0}y(\lambda,y_0)=0. $$

По всей видимости, $y$ очень быстро стремится к нулю. Попытки замедлить скорость через $\lambda\mapsto \ln\lambda$ ни к чему хорошему не привели.

-- Пн сен 17, 2018 09:23:57 --

Так быстро, что $y(0.04,0.5)<10^{-10}$. На графике $\lambda(y)$ видно очень хорошо.

[dsge]

По рабоче-крестьянски не пробовали?

$$ y=y^{(0)} + \lambda y^{(1)}+ \lambda^2 y^{(2)}+\dots=\lambda\ln(y^{(0)} + \lambda y^{(1)}+ \lambda^2 y^{(2)}+\dots) - \lambda ln(y_0)+1= $$

$$=\lambda(\ln(y^{(0)} ) + \lambda y^{(1)}/y^{(0)}-0.5\lambda^2 (y^{(1)}/y^{(0)} )^2 + \lambda^2 y^{(2)}/y^{(0)}+\dots)) - \lambda ln(y_0)+1$$

собираем члены с одинаковыми степенями $\lambda$:
$\lambda^0: y^{(0)} =1 $; $\lambda^1: y^{(1)} =ln(y_0) $; $\lambda^2: y^{(2)} = y^{(1)}; \lambda^3: \dots $

[alcoholist]

dsge в сообщении #1339615 писал(а):

По рабоче-крестьянски не пробовали?

И получим решение с асимптотикой $\lim\limits_{\lambda\to 0}y(y_0,\lambda)=1$, а мне другое решение бы!

-- Пн сен 17, 2018 12:18:42 --

Ведь график логарифма выпуклый, с прямой в двух точках пересекается, уравнение имеет два решения. Меня меньшее интересует.

[AlexValk]

Переписываем уравнение в эквивалентной форме

$$y=y_0\exp\left(-\frac{1}{\lambda}+\frac{y}{\lambda}\right),$$

и далее очередные члены асимптотики получаются прямыми итерациями стартуя с $y^{(0)}=0$:

$$y^{(1)}=y_0\exp\left(-\frac{1}{\lambda}\right),\; y^{(2)}=y_0\exp\left(-\frac{1}{\lambda}+\frac{y_0}{\lambda}\exp\left(-\frac{1}{\lambda}\right)\right),\dots .$$

Каждая очередная поправка сверхэкспоненциально мала по отношению к предыдущей - видимо с этим и были связаны Ваши трудности.

[alcoholist]

AlexValk
Вы имеете ввиду рекуррентную формулу

$$ y^{(n+1)}=y_0\exp\left(-\frac{1-y^{(n)}}{\lambda}\right)? $$

-- Пн сен 17, 2018 15:40:38 --

а какова точность приближения

AlexValk в сообщении #1339679 писал(а):

$$y^{(1)}=y_0\exp\left(-\frac{1}{\lambda}\right)$$

[Vince Diesel]

Математика выражает ответ через функцию Ламберта: $-\lambda W\left(-\frac{e^{-1/\lambda } y_0}{\lambda }\right) $, а для нее разложение в ряд Маклорена известно.

[AlexValk]

Да, - эту рекуррентную формулу.
А формула первого приближения $y^{(1)}=y_0\exp(-1/\lambda)$ имеет относительную ошибку $\frac{y_0}{\lambda}\exp(-1/\lambda)$, что видно из сравнения со второй итерацией.

[pogulyat_vyshel]

делаем замену $y=e^x$ профит: $x=\sum_{i=0}^\infty x_i\lambda^i$

[alcoholist]

pogulyat_vyshel в сообщении #1339707 писал(а):

делаем замену $y=e^x$ профит: $x=\sum_{i=0}^\infty x_i\lambda^i$

Здесь

$$\lim\limits_{\lambda\to 0}y=e^{x_0}\ne 0,$$

не годится!

[pogulyat_vyshel]

alcoholist в сообщении #1339709 писал(а):

pogulyat_vyshel в сообщении #1339707 писал(а):

делаем замену $y=e^x$ профит: $x=\sum_{i=0}^\infty x_i\lambda^i$

Здесь

$$\lim\limits_{\lambda\to 0}y=e^{x_0}\ne 0,$$

не годится!

Не понял, что вы сказали. После указанной замены уравнение приобретает вид

$$e^x=\lambda(x-\ln y_0)+1$$

решением этого уравнения по теореме о неявной функции является аналитичная в нуле функция $x(\lambda)$

-- 17.09.2018, 17:49 --

$x(0)=0$

[alcoholist]

Vince Diesel
Да, это разумно, дает

$$ y=y_0e^{-\frac{1}{\lambda}}+\frac{y_0^2}{\lambda}e^{-\frac{2}{\lambda}}+o\left(\frac{1}{\lambda}e^{-\frac{2}{\lambda}}\right). $$

Вероятно, итерации AlexValk дают тот же результат.

-- Пн сен 17, 2018 16:53:09 --

pogulyat_vyshel в сообщении #1339710 писал(а):

Не понял, что вы сказали

Да вот же:

$$\lim\limits_{\lambda\to 0}y=\exp\left({\lim\limits_{\lambda\to 0}\sum_{n\ge 0}x_n\lambda^n\right)=e^{x_0}\ne 0,$$

Наверное, ряд такой, что нельзя к пределу переходить

[pogulyat_vyshel]

ну и чтo, а почему этот предел должен быть равен нулю?

-- 17.09.2018, 17:57 --

посмотрите в свое уравнение $\lambda=0,\quad y=1$ в чем проблема?

-- 17.09.2018, 18:01 --

это я что, какую-то другую ветвь нашел? понятно

[alcoholist]

pogulyat_vyshel

alcoholist в сообщении #1339622 писал(а):

Ведь график логарифма выпуклый, с прямой в двух точках пересекается, уравнение имеет два решения. Меня меньшее интересует.

да, другую ветвь

[ewert]

Я бы действовал совсем тупо (не надо ничего изобретать, все ходы вынужденные). Уберём все константы из переменной части уравнения: $\frac{y}{\lambda}=\ln\frac{y}{\lambda}+\ln\frac{\lambda}{y_0}+\frac1{\lambda}$, т.е. $t=\ln t+M$, где $M=\ln\frac{\lambda}{y_0}+\frac1{\lambda}\to+\infty$ при $\lambda\to0$. Нас интересует меньшее из $t$, которое, очевидно, стремится к нулю и, следовательно, в первом приближении $t=e^{-M}$. Ну так и ищем это решение в виде $t=e^{-M+\delta}$, что даёт уравнение $\delta=e^{-M}e^{\delta}$ уже на поправку $\delta$. Очевидно, $\delta=O(e^{-M})$ (более того, $\delta\sim e^{-M}$), а это уже финиш:

$$y=\lambda t=\lambda e^{-(\ln\frac{\lambda}{y_0}+\frac1{\lambda})+O(e^{-M})}=y_0\big(e^{-\frac1{\lambda}}+O(e^{-\frac2{\lambda}})\big).$$

Ну и второй член легко вытягивается, т.к. для дельты есть не просто оценка, а асимптотика.

[alcoholist]

ewert
фуекция Ламберта всё решила, спасибо Vince Diesel