Аналитическое представление ф-ции с запаздывающим аргументом

[_Paulus_]

Всем доброго времени. Вот такая задачка возникла...может какой добрый и умный..) поможет в ее решении.
Есть уравнение с запаздывающим аргументом, например
f(x)=f(x-1)*f(x-2)
Нужно получить аналитическое представление этой зависимости, причем желательно в виде диф. ур-я
df/dx=g(x).
Конечно без начальных условий это сделать не возможно. Они к счастью заданы)). Пусть на интервале xC[0,1] f(x)=exp(-b(x-0.5)^2), где b-константа, на интервале xC[1,2] функция f(x) ведет себя аналогичным образом, т. е. f(x)=exp(-b(x-1.5)^2). То есть по начальным условиям есть два таких "экспонециальных горба" с пиками при x=0.5 и x=1.5...а вот дальше....численно то вид функции определяется без особых проблем...а вот выразить это аналитически увы пока не дошел как..(( Может кто подскажет где об этом почитать или спросить имеет смысл.
Всем кто дочитал до конца огромное спасибо за потраченный невосполнимый ресурс-время.

[worm2]

Пусть h(x) = ln(f(x)). Тогда h(x)=h(x-1)+h(x-2). Отсюда по известной формуле для последовательностей типа Фибоначчи имеем:

$$h(x) = \frac{2h(\{x\}+1)+(\sqrt{5}-1)h(\{x\})}{2\sqrt{5}} \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{\lfloor x \rfloor} - \frac{2h(\{x\}+1)-(\sqrt{5}+1)h(\{x\})}{2\sqrt{5}} \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{\lfloor x \rfloor}$$

.
Здесь {x} --- дробная часть x, $\lfloor x \rfloor$ --- целая часть x.
Далее подставляем в левую часть известные выражения h({x}) и h({x}+1), а затем получаем f(x) = $e^{h(x)}$. Формулы получаются не то, чтобы очень громоздкие, но многоэтажные. Попробуйте справиться сами.

[_Paulus_]

Благодарю за ответ. Идея выглядит красиво...Однако в нашем случае все несколько сложнее. Желание упростить задачу сыграло злую шутку. Предложенный подход увы оказывается не воплощаем в жизнь уже для такого уравнения как, например
f(x)=f(x-1) - f(x-1)*f(x-2) + f(x-2) .
А именно его "аналитику" и нужно отыскать...
Всем кто откликнется заранее благодарен.

[worm2]

_Paulus_ писал(а):

Благодарю за ответ. Идея выглядит красиво...Однако в нашем случае все несколько сложнее. Желание упростить задачу сыграло злую шутку. Предложенный подход увы оказывается не воплощаем в жизнь уже для такого уравнения как, например
f(x)=f(x-1) - f(x-1)*f(x-2) + f(x-2) .
А именно его "аналитику" и нужно отыскать...

А если сделать замену g(x)=1-f(x)? Подставляем и... але-оп! g(x)=g(x-1)g(x-2). Кажется, где-то это уравнение я уже видел

[_Paulus_]

Спасибо что не оставляете задачку без внимания)).
Два момента, которые возникают при попытке приблизится к практическому использованию полученных (Вами) теоретич. результатов. Причем первый связан со вторым...
1. функция f(x) по природе своей непрерывна. Кроме того, абсоллютная велечина "запаздывания" аргумента может быть совсем не целой, а так сказать совсем наоборот...))То есть возможен и такой случай
f(x)=f(x-d) - f(x-d)*f(x-2*d) + f(x-2*d)
или после предложенных подстановок
h(x)=h(x-d)+h(x-2*d)
, где d может быть (и бывает) не целым. (слава богу хоть всегда действительно...8>) )))
Можно ли в таком случае, вообще говоря, использовать результаты поулченные для последовательности целых чисел. Ведь при выводе уравнения общего члена чисел Фибоначчи использовалось характеристическое уравнение при решении которого предпологалось, что n-целые. Может чего недопонимаю...
2.Если первое замечание как-то "обходится" введением и целых и дробных значений {x} (надеюсь просветите как все-тки), то как быть, если нужно получить производную от найденной аналитической формы записи исходного уравнения. Сначало по целым, потом по дробным....)) шутка.
Спасибо,что дочитали ))

[worm2]

_Paulus_ писал(а):

h(x)=h(x-d)+h(x-2*d)
, где d может быть (и бывает) не целым. (слава богу хоть всегда действительно...8>) )))
Можно ли в таком случае, вообще говоря, использовать результаты поулченные для последовательности целых чисел.

То, что d не целое, не играет никакой роли. Главное, что отношение "запаздываний" равно 2. Неужели Вам не пришло в голову, что можно выбрать соответствующую единицу измерения x, чтобы d стало равным 1?
Правда, в этом случае начальные данные нужно задавать не на отрезке [0, 2], а на отрезке длиной 2d, например, [0, 2d]. Тогда замена y = x/d, h*(y)=h(x) сводит задачу к предыдущей: h*(y)=h*(y-1)+h*(y-2).

_Paulus_ писал(а):

2.Если первое замечание как-то "обходится" введением и целых и дробных значений {x} (надеюсь просветите как все-тки), то как быть, если нужно получить производную от найденной аналитической формы записи исходного уравнения. Сначало по целым, потом по дробным....)) шутка.

Производная от любой элементарной функции находится стандартными способами. Надеюсь, Вы их знаете . Понятно, что выкладки порой могут быть громоздки. В Вашем случае получается что-то типа $y(x)=e^{h(x)}$. Для этого случая производная равна y'(x) = h'(x)y(x). Если начальные данные записаны формулами вроде тех, что Вы привели в первом посте, то h'(x) должна находиться, вроде, не очень сложно.

[_Paulus_]

Еще раз перечитал предыдущие посты...
Честно говоря не совсем ясно как получился этот "известный вид" для последовательности Фибоначчи, включающий в себя выражения начальных условий. Классический вид вроде без доп. множителей с дробными аргументами. Помоему классический вид для последовательности такой

$$h(x) = \frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}}{\sqrt{5}}$$

Если кто-то где-то получал приведенный Вами вид просьба поделится ссылкой на источник. Заранее спасибо.

[RIP]

_Paulus_ писал(а):

Еще раз перечитал предыдущие посты...
Честно говоря не совсем ясно как получился этот "известный вид" для последовательности Фибоначчи, включающий в себя выражения начальных условий. Классический вид вроде без доп. множителей с дробными аргументами. Помоему классический вид для последовательности такой

$$h(x) = \frac{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}}{\sqrt{5}}$$

Если кто-то где-то получал приведенный Вами вид просьба поделится ссылкой на источник. Заранее спасибо.

$h(x)$ - это элемент $a_{\lfloor x\rfloor}$ в последовательности типа Фибоначчи (т.е. посл-ти, удовлетворяющей рекуррентному уравнению $a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$) c $a_0=h(\{x\}),\ a_1=h(\{x\}+1)$. Отсюда стандартным способом получается формула из поста worm2. Или Вы не знаете, как решаются рекуррентные уравнения с постоянными коэффициентами?

[_Paulus_]

Все вроде смоделировалось..)) как раз после того , как задача превратилась в несколько иную...(((
Жизнь "внесла" в исходное уравнение для f(x) небольшие коррективы...но с большими последствиями. Начальные условия для f(x-1) и f(x-2) те же (т. е. все те же два эксп. "горба" единичной амплитуды), однако в самом рекуррентном уравнении появилась очень неудобный, как оказалось, множитель - двойка.И уравнение приняло след. вид
f(x)=f(x-1) - 2*f(x-1)*f(x-2) + f(x-2)
Тогда при попытке задать нчальные занчения для h(x), а оно в этом случае равно h(x)=ln(1-2f(x)), получаем отрицательный аргумент у логарифма при x>0.5. Простое уменьшение амплитуды функций, задающих начальные условия (например вдвое) двольно сильно искажает вид функции f(x) (уже полученный по численной рекуррентной формуле).
Может кто что подскажет...Заранее спасибо.

[незваный гость]

Что-то странное Вы пишите. Начальные значения должны задаваться для $f(x)$. Преобразование не изменяет факта наличия/отсутствия проблем, лишь изменяет их проявление.

Попробуйте сначала не переходить к логарифму. Довольствуйтесь, скажем, $g(x) = 1-2f(x)$. У Вас получится $g(x) = g(x-1) g(x-2)$. Какие у Вас начальные значения для $g(x)$ ? Есть ли среди них отрицательные? Если нет, то и суда нет. А если есть, то можно решить отдельно два уравнения: $|g(x)| = |g(x-1)| |g(x-2)|$ и ${\rm sign} g(x) = {\rm sign}g(x-1) {\rm sign}g(x-2)$. Первое Вы решать умеете, второе приятно тем, что практически не зависит от начальных значений: все сводится к последовательности $-1, -1, 1, -1, -1, 1…$. Поэтому, построив одну такую функцию, мы построим и все нужные нам сразу.

Мне непонятно (в 0 минут), есть ли непрерывное вещественнозначное решение для $g(x) = g(x-1) g(x-2)$, $g(0)=g(-1)= -1$.

[_Paulus_]

В том то и дело что отрицательные значения g(x) имеются...и к таким "экзотическим" функциям как sign и модуль переходить нежелательно...Дело в том , что все это затевается ради последующего получения дифура исходной функции f(x)...или/и получения ее разложения в ряд Фурье. А с введением "таких" функций я этот процесс не вполне себе представляю...Если кто представляет - весь внимания...В любом случае спасибо за отклик.)

[незваный гость]

Из этого уравнения дифура не получишь. Слишком много произвольностей (фактически, все поведение на $(0, 2)$ )…

Что же касается перехода к модулю, то здесь мы имеем дело с линейностью Вашего уравнения (после логарифмирования). Тут уж ничего не попишешь — такое представление существует всегда. Так что зря Вы его боитесь.

[_Paulus_]

То есть вы хотите сказать, что дифур для уравнений с запаздывающим аргументом это утопия? Неуж-то это действительно так... Ведь при заданных нач. условиях никаких произвольностей не будет, а именно для этого случая дифур и нужен...Так что думаю здесь все не так пессемистично. Я полагал возможным получить для начала уравнение для рекурсивной функции в которое "вольються" выражения для нач. условий. Ведь, как уже говорилось, при неотрицательных нач. условиях для g(x) такой вид уже получен...

[незваный гость]

Дифур — не утопия. Универсальный дифур — утопия. Ведь для определения уравнения кривой по Вашему рекуррентному соотношению нужно в качестве начального значения задать произвольно (почти произвольно — может быть условие стыковки описывающее поведение $x \to 2-$ и $x \to 0+$) на интервале $[0,2)$. Понятно, что произвольность этого задания не позволяет построить дифур, описывающий любое решение. Поскольку он должен описывать произвольную функцию на этом интервале.

По сути, дифур должен описывать начальные значения. Если он описал — хорошо, можно проверять на продолжении. Но если не описал — горе ему: решение-то все-равно существует.

В то же время, можно говорить об очень многих вещах — об асимптотическом поведении решения, например. Можно утверждать, что решение непериодично. Количество ограниченных на всей прямой решений заметно меньше (половина континуума, однако) — они задаются произвольно на интервале $[0,1)$.