Система из 3-ох рекурентных уравнений.

[Ramm13]

$n_1(t+1)=(1-2c)n_1(t)+bn_2(t)+cn_3(t)$
$n_2(t+1)=an_1(t)+(1-2b)n_2(t)+cn_3(t)$
$n_3(t+1)=an_1(t)+bn_2(t)+(1-2c)n_3(t)$
Как ее решать?

[Полосин]

Прежде всего, смените девиз, иначе с вами никто здесь разговаривать не будет.

Попробуйте поискать решения вида $e^{\lambda t}$.

[Gortaur]

Полосин

(Оффтоп)

Не слишком ли... агрессивно?

[Полосин]

Gortaur, не думаю. Впрочем, девиз сменен, поэтому инцидент исчерпан.

[Gortaur]

Полосин
Значит, я видел только последний девиз - собственно и удивился поэтому Вашей реакции.

[profrotter]

Ramm13 в сообщении #447975 писал(а):

$n_1(t+1)=(1-2c)n_1(t)+bn_2(t)+cn_3(t)$
$n_2(t+1)=an_1(t)+(1-2b)n_2(t)+cn_3(t)$
$n_3(t+1)=an_1(t)+bn_2(t)+(1-2c)n_3(t)$
Как ее решать?

Вообще-то к такой системе должны быть приложены начальные условия. Если их нет - полагаем нулевыми, ищем решение отличное от нуля только при $t=0,1,2,3,...$. Систему переписываем в виде:
$n_1(t)=(1-2c)n_1(t-1)+bn_2(t-1)+cn_3(t-1)$
$n_2(t)=an_1(t-1)+(1-2b)n_2(t-1)+cn_3(t-1)$
$n_3(t)=an_1(t-1)+bn_2(t-1)+(1-2c)n_3(t-1)$
Берём Z - преобразование от обеих частей уравнений, с учётом его свойства запаздывания:
$N_1(z)=(1-2c)N_1(z)z^{-1}+bN_2(z)z^{-1}+cN_3(z)z^{-1}$
$N_2(z)=aN_1(z)z^{-1}+(1-2b)N_2(z)z^{-1}+cN_3(z)z^{-1}$
$N_3(z)=aN_1(z)z^{-1}+bN_2(z)z^{-1}+(1-2c)N_3(z)z^{-1}$
Решаем СЛАУ и находим изображения $N_1(z),N_2(z),N_3(z)$, берём обратное Z - преобразование (скорее всего будет достаточно таблиц и учёта свойств линейности и запаздывания) и находим оригиналы.

[svv]

Ramm13, не ошибка ли у Вас в первой строке? Хочется, чтобы вместо $1-2c$ было $1-2a$.

[profrotter]

Хотя, я наверное не прав. Так как я написал мы не найдём общее решение. Думаю надо тогда перейти к системе характеристических уравнений, найти её решение и записать общее решение исходной системы. Посмотрите метод характеристического уравнения. Ну или также на основе Z - преобразования, только с учётом начальных условий, что и даст в конечном итоге неопределённые константы.

[Ramm13]

начальные условия 1, 0, 0 соответственно

-- Пт май 20, 2011 18:26:18 --

и еще известно, что $n_1(t)+n_2(t)+n_3(t)=1$ нельзя ли преобразовать одно з уравнений что б в нем была только одна из етих переменных??

[Yu_K]

Конечно можно преобразовать к системе уравнений второго порядка для каждой из переменных (немного переобозначил, только проблема будет с краевыми условиями наверное)

$x(t+1)=(1-2a)x(t)+by(t)+cz(t)$
$y(t+1)=ax(t)+(1-2b)y(t)+cz(t)$
$z(t+1)=ax(t)+by(t)+(1-2c)z(t)$

С учетом приведенного выше условия -
$x(t+1)=(1-2a)x(t)+by(t)+c(1-x(t)-y(t))$
$y(t+1)=ax(t)+(1-2b)y(t)+c(1-x(t)-y(t))$

Далее из системы можем
$x(t+1)=A_{11}x(t)+A_{12}y(t)+c$
$y(t+1)=A_{21}x(t)+A_{22}y(t)+c$
$x(t+2)=A_{11}x(t+1)+A_{12}y(t+1)+c$
$y(t+2)=A_{21}x(t+1)+A_{22}y(t+1)+c$

получить уравнения вида
$x(t+2)=Qx(t+1)+Wx(t)+P$

Решение однородного запишется в виде $x(t)=C_1p_1^t+C_2p_2^t$, где $p_1$ и $p_2$ корни уравнения $p^2=Qp+W$ и далее искать решение неоднородного уравнения и аналогично для остальных переменных.

[Ramm13]

не совсем понятно куда девался y(t) в последней рекурсии? и еще, эти коэфициенты A, Q, W, P это что б не писать длинные выражения через a, b, c??

[Yu_K]

$y(t)$ - исключили, кстати уравнения для $y(t), z(t)$ будут одинаковы с точностью до перестановки параметров $a,b,c$.

Да за параметрами $A, Q, W, P$ стоят некоторые функции исходных параметров системы.

[Ramm13]

я не понимаю как именно y(t) исключили, зачем перед тем глубину рекурсии сместили??

[ewert]

Ramm13 в сообщении #448052 писал(а):

начальные условия 1, 0, 0 соответственно

-- Пт май 20, 2011 18:26:18 --

и еще известно, что $n_1(t)+n_2(t)+n_3(t)=1$

Последнее -- явный перебор. Система становится переопределённой, и сойтись может только чудом. А тут, по-моему -- и вовсе практически никогда, поскольку (1,0,0) не является собственным вектором матрицы системы (ну почти никогда).

[Yu_K]

ewert в сообщении #448426 писал(а):

Ramm13 в сообщении #448052 писал(а):

начальные условия 1, 0, 0 соответственно

-- Пт май 20, 2011 18:26:18 --

и еще известно, что $n_1(t)+n_2(t)+n_3(t)=1$

Последнее -- явный перебор. Система становится переопределённой, и сойтись может только чудом. А тут, по-моему -- и вовсе практически никогда, поскольку (1,0,0) не является собственным вектором матрицы системы (ну почти никогда).

Это следствие исходной системы - некоторый аналог первого интеграла - т.е. если все уравнения сложить - то получим -
$x(t+1)+y(t+1)+z(t+1)=x(t)+y(t)+z(t)$ и следовательно
$x(t)+y(t)+z(t)=x(0)+y(0)+z(0)=0+0+1=1$

Как исключили - заметьте что
$y(t)=(x(t+1)-A_{11}x(t)-c)/A_{12}$