Van iteratie naar functie

[thermo1945]

Als t₁ = 2 en t_n = t_n-1 + 2. (Dit is een iteratie.) Dan is t(n) = 2n. (Dit is de bijbehorende functie.)

Ik ga hier niet in op details van domein en bereik.

Is er een procedure die een deel van alle denkbare iteraties kan omzetten in een functie?

[TD]

Voor bepaalde types van differentievergelijkingen (zoals deze heten), bestaat er inderdaad een algemene techniek. Het is vergelijkbaar met de techniek voor bepaalde differentiaalvergelijkingen, je kan dit ook zien als een discrete versie daarvan. Zie bijvoorbeeld hier voor uitleg en voorbeelden.

[A.Square]

Daarnaast kan het met formele machtreeksen.

Dat vind ik zelf erg elegant.

[thermo1945]

Daarnaast kan het met formele machtreeksen.

Kun je aub een voorbeeld geven?

Ik begrijp uit de voorbeelden, dat er geen zeer algemene oplossing bestaat.

[PeterPan]

Geeft zelf een voorbeeld van het oplossen van een differentiaalvergelijking.

Dan geeft ik wel de overeenkomstige methode voor een differentievergelijking.

[thermo1945]

Geeft zelf een voorbeeld van het oplossen van een differentiaalvergelijking.

y" + ay = b.

Stel y = Acos(x) + Bsin(x). Dan is y" = -y. Invullen in de diff.verg. geeft

-y + ay = b. Dit is waar voor elke x als a=1 en dan moet b=0 zijn.

[PeterPan]

Je geeft niet echt een voorbeeld, dus geef ik er zelf maar een.

Differentiaalvergelijking:

\(y'' -5y' + 6y = 0\)

Oplossing:

Probeer de oplossing:

\(y=e^{rx}\)

Dat geeft

\(r^2e^{rx}-5re^{rx}+6e^{rx} = 0\)

ofwel

\(e^{rx}(r^2-5r+6) = 0\)

ofwel

\(r^2-5r+6 = 0\)

Dan is

\(r=2\)

of

\(r=3\)

Dus

\(y=e^{2x}\)

en

\(y=e^{3x}\)

zijn (particuliere) oplossingen,

en dus de algemene oplossing is

\(y=Ce^{2x} + De^{3x}\)

Differentievergelijking:

\(x_{n+2} - 5x_{n+1} + 6x_n = 0\)

Oplossing:

Probeer de oplossing

\(x_n=r^n\)

Dat geeft

\(r^{n+2} -5r^{n+1}+6r^n=0\)

ofwel

\(r^n(r^2-5r+6)=0\)

ofwel

\(r^2-5r+6 = 0\)

Dan is

\(r=2\)

of

\(r=3\)

Dus

\(x_n=2^n\)

en

\(x_n=3^n\)

zijn (particuliere) oplossingen,

en dus de algemene oplossing is

\(y=C2^{n} + D3^{n}\)

Merk op dat

\(e^{rx}\)

in de differentiaalvergelijking overeenkomt met

\(r^n\)

in de differentievergelijking.

Verder is er geen verschil.

Wat integreren

\(\int\ dx\)

heet bij continue functies heet sommeren

\(\mbox{S} \Delta n\)

bij rijen.

[TD]

Kun je aub een voorbeeld geven?

Voor meer algemene informatie hierover, zie

Ik begrijp uit de voorbeelden, dat er geen zeer algemene oplossing bestaat.

Inderdaad, net zoals dat niet bestaat voor differentiaalvergelijkingen in het algemeen.

Voor bijzondere gevallen (doorgaans de 'gemakkelijkere' types), bestaat dat soms wel.

[A.Square]

Kun je aub een voorbeeld geven?

(...)

Voor de volgende iteratieve betrekking(met p, q en r constanten):

\(a_{n+2}=pa_{n+1}+ qa_{n}+r\)

We definieëren de machtreeks A:

\(A(\lambda) = a_0 + a_1\lambda + a_2\lambda^2 + ... + a_n\lambda^n + ... \)

We negeren de vraag of dit convergeert omdat dit in de stellingen van de theorie van formele machtreeksen nergens gebruikt hoeft te worden.

Nu de oplossing van jouw vraagstuk:

\(a_{n+2}=pa_{n+1} +qa_{n}+r\)

Vermenigvuldig met

\(\lambda^{n+2}\)

, let op hoe ik de machten uit elkaar trek.

\(a_{n+2}\lambda^{n+2}=p\lambdaa_{n+1}\lambda^{n+1}+q\lambda^2a_{n}\lambda^n+r\lambda^n\)

Sommeren van nul tot oneindig.

\(\Sigma_{n=0}^\infty a_{n+2}\lambda^{n+2} =p\lambda\Sigma_{n=0}^\infty a_{n+1}\lambda^{n+1}+q\lambda^2\Sigma_{n=0}^\infty a_n\lambda^n+r\Sigma_{n=0}^\infty \lambda^n\)

De definitie van A invullen. Compenseer voor de verschuiving in de index. Bovendien is

\(\Sigma_{n=0}^\infty \lambda^n\)

bekend:

\(A(\lambda)-a_0-a_1\lambda = p\lambda(A(\lambda) -a_0)+q\lambda^2A(\lambda)+r\frac{1}{1-\lambda}\)

Alles met

\(A(\lambda)\)

naar links:

\(A(\lambda)(1-p\lambda - q\lambda^2)=-p\lambda a_0 + \frac{r}{1-\lambda}+a_0+a_1\lambda\)

Delen door de coefficient voor A:

\(A(\lambda) = \frac{-p\lambda a_0 + \frac{r}{1-\lambda}+a_0+a_1\lambda}{1-p\lambda - q\lambda^2}\)

En dat is een fatsoenlijke functie in

\(\lambda\)

. Die kun je vervolgens schrijven als Taylorreeks via de afgeleiden en dan verschijnen de coefficienten

\(a_n\)

.

Voor

\(a_0=1, a_1=1, p=1, q=1, r=0\)

('ongeveer' Fibonacci) ziet dat er zo uit.

\(A(\lambda)=\frac{1}{1-\lambda-\lambda^2}\)

En alsof we ons nog niet genoeg hadden verbaasd over de overeenkomst tussen de gulden snede en de fibonacci getallen zien we daar als noemer de karakteristieke functie met nulpunt

\(\phi = 1.618...\)

verschijnen.

[thermo1945]

Wat moeite hebben jullie je getroost, zeg! Hartelijk dank.