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楼主: 数学星空

[讨论] 差分方程求解问题

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发表于 2016-6-19 18:04:17 | 显示全部楼层
kastin 发表于 2016-6-19 12:25
能证明那个不等式吗?

我有空试试。

点评

好  发表于 2016-6-19 20:24
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发表于 2017-10-26 19:13:09 | 显示全部楼层
若令 `c_n=a_n^{-1}`,显然 `c_n\to 0~(n\to \infty)`,递推式变为 `\D c_n=\frac{c_n}{1+c_n^3}=c_n-\frac{c_n^4}{1+c_n^3}`. 易知 `a_n=\sqrt[3]{3n}+o(1)`,令 `d_n=a_n^3-3n`,则有\[\begin{align*}c_n&=\frac{1}{\sqrt[3]{3n}}\left(1+\frac{d_n}{3n}\right)^{-\frac{1}{3}}\tag{1}\\
d_{n+1}-d_n&=3c_n^3+c_n^6\tag{2}\end{align*}\]现在可以使用反复迭代得到更精确的表达式了:
因 `c_n=o(1)` 代入(2)得 `d_{n+1}-d_n=o(1)`,故 `d_n=o(n)`. 继续代入(1)得 `\D c_n=\frac{1}{\sqrt[3]{3n}}+o(n^{-\frac{1}{3}})`,`\D d_{n+1}-d_n=\frac{1}{n}+\frac{1}{9n^2}+o(\frac{1}{n})`,于是存在常数 `c` 使得 `\D d_n=\ln n+c-\frac{1}{9n}+o(\ln n)`. 代入(1)(2)得 `c_n=\D\frac{1}{\sqrt[3]{3n}}-\frac{c+\ln n}{9n\sqrt[3]{3n}}+\frac{1}{81n^2\sqrt[3]{3n}}+o(\frac{\ln n}{n\sqrt[3]{n}})`……后面的过程需要对 `\D\frac{(\ln x)^p}{x^q}` 使用欧拉求和公式。
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发表于 2022-6-16 16:52:37 | 显示全部楼层
我们假设\(u(x)=b_0+\sum_{h=1}^{\infty} b_h x^h\)在\(|x|\lt \frac1R\)绝对收敛,$b_0\gt 0$, 而且在区间\((0,\frac1R)\)单调。
我们可以分析递推数列\(a_{n+1}=a_n+u(\frac1{a_n})\)在$a_0$充分大时,必然可以得出楼上分析过程中的渐进公式。

1. 首先证明\(\lim_{n\to\infty}a_n=\infty\). 由于对于充分大的$a_0$必然有\(u(\frac1{a_0}) \ge 0\), 所以$a_1 \ gt a_0$,同理$a_2 \gt a_1$,...,数列严格递增。如果不发散到无穷大,必然存在极限$A\gt a_0$,那么就可以得出\(A=A+u(\frac 1A)\),同 \(|u(\frac 1A) -b_0| \lt |u(\frac 1{a_0})-b_0| \)矛盾。

3. 由于u(x)在\((0,\frac1R)\)连续单调而且\(u(0)=b_0\), 所以对于充分大的n,必然有\(u(\frac1{a_n})\)充分接近\(b_0\),假设对于\(n\ge M\)都有\(|u(\frac1{a_n})-b_0| \lt e\),其中e是一个很小的正数。于是我们得出\( n(b_0-e) \lt a_{n+M}-a_M \lt n(b_0+e)\), 即\( n(b_0-e)+a_M \lt a_{n+M} \lt n(b_0+e)+a_M\)
4. 由于\(a_{n+1}-a_n = b_0 +\sum_{k=1}^{\infty} \frac{b_k}{a_n^k}\), \(a_{n+M}-a_M = n b_0 + b_1 \sum_{h=M}^{n+M-1} \frac1{a_h}+\sum_{k=2}^{\infty} b_k \sum_{h=M}^{n-1+M} \frac1{a_n^k} = n b_0 + O(\ln(n))+ O(\frac 1n)= n b_0 + O(\ln(n))\)
所以我们可以得出 \(a_n = n b_0 + O(\ln(n))\), 于是我们可以假设存在 $c_1,c_2$使得对于充分大的n有\(nb_0 + c_1\ln(n) \lt a_n \lt nb_0+c_2 \ln(n)\)
5.再次代入上面递推式我们得到   \(a_{n+M}-a_M = n b_0 + b_1 \sum_{h=M}^{n+M-1} \frac1{a_h}+\sum_{k=2}^{\infty} b_k \sum_{h=M}^{n-1+M} \frac1{a_n^k} = n b_0 + \frac{b_1}{b_0} (\sum_{h=M}^n \frac1n) +O(\frac{\ln(n)}n)\). 由此,我们可以得出极限\( \lim_{n\to\infty} a_n-n b_0- \frac{b_1}{b_0} \ln(n) \)存在
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发表于 2022-6-16 19:57:00 | 显示全部楼层
下一步我们可以先计算\(\int_x^{\infty}\frac{\ln^a(x)}{x^b}dx=-\frac{b-1}{x^{b-1}}\ln^a(x)|_{x}^{\infty}+\int_x^{\infty}\frac{b-1}{x^{b-1}}\frac{a\ln^{a-1}(x)}{x}dx=\frac{(b-1)\ln^a(x)}{x^{b-1}}+(b-1)a\int_x^{\infty}\frac{\ln^{a-1}(x)}{x^b}dx=\frac{P(\ln(x))}{x^{b-1}}=O(\frac{\ln^a(x)}{x^{b-1}})\), 其中P是一个a次多项式。
由此可以得到\(\sum_{h=n}^{\infty}\frac{\ln^a(h)}{h^b}=O(\frac{(\ln^a(n))}{n^{b-1}})\)
定义\(f_{a,b}(x)=\sum_{h=0}^{\infty}\frac{\ln^a(h+x)}{(h+x)^b}\), 对于整数$a\ge 0, b\ge 2$,对于复数$\Re(x) \ge e\gt 1$一致连续,所以是解析函数
我们可以猜测\(f_{a,b}(x)=\sum_{k=b-1}^m \frac{P_{k,a,b}(\ln(x))}{x^k}+O(\frac{\ln(x)^{m+a-b}}{x^{m+1}})\), 其中多项式\(P_{k,a,b}(x)\)次数不超过$a-1+k-b$
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发表于 2022-6-17 07:39:09 | 显示全部楼层
然后我们可以用数学归纳法,假设已知
\[a_n=nb_0+\frac{b_1}{b_0}\ln(n)+c+\sum_{h=1}^{k-1}\frac{P_h(\ln(n))}{n^h}+O((\frac{\ln(n)}{n})^k)\]
其中\(P_h(x)\)是次数小于h的多项式。43#已经证明了k=1的情况。

如同43#过程,我们同样可以先计算
\(a_{n+M}-a_M=nb_0+\sum_{s=1}^{\infty}b_s\sum_{h=M}^{n-1+M}\frac1{a_h^s}\)
其中\(\frac1{a_h^s}=\frac1{(hb_0)^s\left(1+\frac{b_1}{b_0^2}\frac{\ln(h)}{h}+\frac{c}{hb_0}+\sum_{t=1}^{k-1}\frac{P_t(\ln(h))}{h^{t+1}b_0}+O(\frac{\ln^k(h)}{h^{k+1}})\right)^s}\)
这个s次方括号里各项都形如\(\frac{Q_{s,t}(h)}{h^t}\),其中\(Q_{s,t}(h)\)的次数不超过t,所以倒数再s次方展开后各项还是这种形式(多个这样的式子的乘积还是满足同样条件),由于\(O(\frac{\ln^k(h)}{h^{k+1}})\), 分母阶数大于k+1的可以抛弃。得到
\( \frac1{a_h^s}=\frac1{(hb_0)^s} \left(1+\sum_{t=1}^k \frac{Q_{s,t}(h)}{h^t} +O(\frac{\ln^{k+1}(h)}{h^{k+1}})\right)\), 其中\(Q_{s,t}(h)\)的次数不超过t
于是对于\(s\ge 1\),我们可以先对s求和并且抛弃高阶无穷小项,最后得到结果形如
\(a_{n+M}-a_M=nb_0+\sum_{h=M}^{n-1+M}\frac{b_1}{hb_0}+\sum_{h=M}^{n-1+M}\left(\sum_{t=2}^k \frac{Q_t(h)}{h^t} +O(\frac{\ln^{k+1}(h)}{h^{k+2}})\right)\), 其中\(Q_t(h)\)的次数小于t

由于\(\sum_{h=M}^{\infty}\frac{Q_t(h)}{h^t}\)收敛,我们可以写成\(\sum_{h=M}^{n-1+M}\frac{Q_t(h)}{h^t}=\sum_{h=M}^{\infty}\frac{Q_t(h)}{h^t} - \sum_{h=n+M}^{\infty}\frac{Q_t(h)}{h^t}\), 其中前面部分是常数,后面部分可以用44#的猜想转化为我们希望的格式,从而完成归纳证明。
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发表于 2022-6-18 06:11:44 | 显示全部楼层
这个问题一般情况的严格证明比较困难。
7#的计算过程对于递推\(a_{n+1}=a_n+u(\frac1{a_n})\), \(u(x)=\sum_{h=0}^{\infty}b_h x^h\), 并且记\(v(x)=x+u(\frac1x)\)
那么我们可以有渐进式\[a_n \approx nb_0+\frac{b_1}{b_0}\ln(n)+c_{a_0}+\sum_{h=1}^{\infty}\frac{P_h(\frac{b_1}{b_0}\ln(n)+c_{a_0})}{n^h}\]
其中多项式$P_h(x)$和$a_0$的选择没有关系。其中\(c_{a_0}=\lim_{n\to\infty} a_n - nb_0-\frac{b_1}{b_0}\ln(n)\), 即假设数列首项为\(a_0\)后这个极限值。
7#建议将表达式写成形式级数\[a_n \approx \frac{b_0}y+X+\sum_{h=1}^{\infty} P_h(X)y^h\]
然后在表达式中用\(\frac y{1+y}\)替换y, \(X+\frac{b_1}{b_0}\ln(1+y)\)替换X可以得到\[a_{n+1} \approx \frac{b_0(1+y)}{y}+X+\frac{b_1}{b_0}\ln(1+y)+\sum_{h=1}^{\infty} P_h(X+\frac{b_1}{b_0}\ln(1+y))\frac{y^h}{(1+y)^h}\]
然后我们通过公式\(a_{n+1}=a_n+u(\frac1{a_n})\)可以解得$P_h(.)$, 上面形式计算过程中$a_0,c_{a_0}$都不需要参与,所以得到的函数\(P_h(x)\)和它们没有关系。

18#中定义\(g(c_{a_0},m)=a_m\),即数列首项为$a_0$时$a_m$的取值。这个定义可以推广到m为任意实数,而且有关系\(g(c,m)=g(c+d b_0,m-d)\).
所以对于给定的\(c_{a_0}\),对于每个n,如果我们能够找到m使得\(\frac{b_1}{b_0}\ln(m)+c_{a_0}- b_0(m-n)=0\), 那么\(a_n=g(c_{a_0},n)=g(c_{a_0}-(m-n) b_0, m) \approx m b_0 + \sum_{h=1}^{\infty} \frac{P_h(0)}{m^h}\), 我们可以记\(s(x)\approx \frac{b_0}x+\sum_{h=1}^{\infty} P_h(0) x^h\), 即\(a_n \approx s(\frac 1m)\).
由于同样会有\(m'\)使得\(\frac{b_1}{b_0}\ln(m')+c_{a_0}- b_0(m'-n-1)=0\), 那么\(a_{n+1}\approx s(\frac1{m'})\)
从上面m,m'的关系式中消除$c_{a_0}-b_0n$可以得出$m',m$的关系式\(\frac{b_1}{b_0}\ln(m) - m b_0=\frac{b_1}{b_0}\ln(m')- (m'-1)b_0\), 而18#中使用这个等式关系先计算出隐函数$m'=J(m)$的泰勒展开式。
然后由于\(a_{n+1}=a_n+u(\frac1{a_n}) =v(a_n)\), 代入我们可以得到\(s(\frac1{J(m)}) = v(s(\frac1m))\)并且可以利用这个等式关系求得$s(x)$的渐进式(很可能是泰勒展开式).
然后我们就可以求得s(x)的逆函数\(s^{-1}(x)\)的泰勒展开式 。对于已知的$a_n$,n足够大时,我们可以通过\(s^{-1}(a_n)\)计算出对应的m,然后利用公式\(\frac{b_1}{b_0}\ln(m)+c_{a_0}- b_0(m-n)=0\)求得$c_{a_0}$的数值近似。
此后对于给定的其它n,都可以利用公式\(\frac{b_1}{b_0}\ln(m)+c_{a_0}- b_0(m-n)=0\)先求对应的m,在计算\(a_n=s(\frac1m)\)
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发表于 2022-6-19 09:11:59 | 显示全部楼层
由于对于任意充分大的$a_0$, 使用迭代函数$a_{n+1}=v(a_n)$, 那么$C(a_0) = \frac1{b_0}(\lim_{n\to \infty} a_n- n b_0 - \frac{b_1}{b_0}\ln(n))$存在。
而且显然$C(v(x))=C(x)+1$, 设$x=D(y)=C^{-1}(y)$, 那么$y =C(x)$, 会有$D(y+1)=C^{-1}(y+1)=C^{-1}(C(x)+1)=C^{-1}(C(v(x)))=v(x)$, 得出$D(y+1)=v(D(y))$。
特别的如果设$C(a_0)=X_0$,那么我们知道$D(X_0)=a_0,D(X_0+n)=a_n$。这说明我们只要得出函数$C(x)$较好的计算方法,并且得到常数$C(a_0)$, 那么通过通过二分法甚至牛顿迭代法等高级方法求解方程$C(x)=X_0+n$就可以得到$a_n$
而Buffalo在14#认为C(x)可以写成\(C(x)\approx  \frac{x}{b_0} -\frac{b_1}{b_0^2} \ln(x) +\alpha_0 +\sum_{h=1}^{\infty} \frac{\alpha_h }{x^h}\). 这个格式使用递推关系式$C(v(x))=C(x)+1$可以确定除了$\alpha_0$以外的所有系数,但是$\alpha_0$无法确定。

实际上,只要我们能够找到一个任意的连续单调函数C(x)满足$C(v(x))=C(x)+1$, 那么必然有$C(a_{n+m})=C(a_m)+n$。
于是就可以使用公式$a_{n+m}=C^{-1}(C(a_m)+n)$来求$a_{n+m}$, 所以我们总是可以选择上面计算中对应$\alpha_0=0$的函数来进行计算,
也就是我们总可以选择\(C(x)\approx  \frac{x}{b_0} -\frac{b_1}{b_0^2} \ln(x) +\sum_{h=1}^{\infty} \frac{\alpha_h }{x^h}\)
由此\(C(x) = \frac{x}{b_0} -\frac{b_1}{b_0^2} \ln(x)+O(1/x)\)
而\(a_n=n b_0 +\frac{b_1}{b_0} \ln(n) + c_{a_0} + O(\frac{\ln(n)}{n})\)
由此\(C(x) = \frac{x}{b_0} -\frac{b_1}{b_0^2} \ln(x)+O(1/x)\)
而\(a_n=n b_0 +\frac{b_1}{b_0} \ln(n) + c_{a_0} + O(\frac{\ln(n)}{n})\)
有此我们得到\(C(a_n) = n+\frac{b_1}{b_0^2}\ln(n)+\frac{c_{a_0}}{b_0}-\frac{b_1}{b_0^2}\ln(n b_0 +\frac{b_1}{b_0} \ln(n) + c_{a_0})+ O(\frac{\ln(n)}{n})\)
即\(C(a_n) = n+\frac{c_{a_0}}{b_0}-\frac{b_1}{b_0^2}\ln(b_0 +\frac{b_1}{b_0} \frac{\ln(n)}n + \frac{c_{a_0}}n)+ O(\frac{\ln(n)}{n})\)
所以\(\lim_{n\to\infty} C(a_n)-n =\frac{c_{a_0}}{b_0} -\frac{b_1}{b_0^2}\ln(b_0)\)
由于$C(a_n)-n$是常数,我们得到\(C(a_n) =n+\frac{c_{a_0}}{b_0} -\frac{b_1}{b_0^2}\ln(b_0)\)
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发表于 2022-6-27 22:41:33 | 显示全部楼层
我们记$v_1(x)=v(x), v_{n+1}(x)=v(v_n(x))$, 于是我们知道对于充分大的x有$v_n(x)=n b_0+\frac{b_1}{b_0}\ln(n)+c_1(x)+O(\frac{\ln(x)}x)$
又由于$v'(x)=1-\frac1{x^2} u'(\frac1x)$在$|x|>R$有$|1-v'(x)| \le \frac M{|x|^2}$, 其中\(M=\max\{|u'(x)|, |x|\lt \frac 1R\}\)
由此我们可以得出无穷级数\(\sum_{k=1}^{\infty} \ln(v'(v_k(x)))\)一致收敛,所以可以逐项求导,从而可以证明这个函数在实数轴附近解析。 由此得出函数\(D(x)=\prod_{k=1}^{\infty} v'(v_k(x))\)是一个解析函数。
而如果上面的C(x)是一个解析函数,容易得出其导数必然等于D(x),所以我们只要证明D(x)的原函数满足C(x)的递推关系即可证明C(x)是解析函数
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发表于 2022-10-10 12:58:24 | 显示全部楼层
腻害呀,学习了
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