Egzamin z Równań Rekurencyjnych, 29 stycznia 2007
Nazwisko i imię: ... Nr indeksu: ...
Pyt. 1. [2p] Rozwiązaniem ogólnym pewnego jednorodnego równania liniowego jest:
xn = (c1 + n c2+ n2c3) · 5n. Napisać to równanie.
ODP.: P (t) = (t − 5)3 = t3− 3 · 5t2+ 3 · 52· t − 53, xn+3 = 15 xn+2− 75 xn+1+ 125 xn.
Pyt. 2. [2p] Równanie
xn+3 = 3 xn+2− xn
zapisać w postaci operatorowej jako zagadnienie jednorodne („zero po prawej stronie”). Można używać operatorów I, E, ∆ oraz działań +, −, ·, ◦ i potęgowania.
ODP.: (E3− 3 E2+ I)(xn)∞n=0= 0.
Pyt. 3. [2p] Wykazać, że transformata odwrotna G−1, G−1(f ) = (xn)∞n=0 dla f (z) =
∞
X
n=0
xn· zn, jest addytywna tzn.
G−1(f + g) = G−1(f ) + G−1(g).
ODP.: f (z) =
∞
P
n=0
xn· zn, g(z) =
∞
P
n=0
yn· zn ⇒ (f + g)(z) = P∞
n=0
(xn+ yn) · zn.
G−1(f + g) = (xn+ yn)∞n=0 = (xn)∞n=0+ (yn)∞n=0= G−1(f ) + G−1(g).
Pyt. 4. [2p] Pokazać, że schemat Newtona-Raphsona na znajdowanie miejsc zerowych funkcji g jest identyczny ze schematem dla funkcji (−g).
ODP.:
xn+1 = xn− g(xn)
g0(xn) = xn− − g(xn)
− g0(xn) = xn− (−g)(xn) (−g)0(xn). Pyt. 5. [2p] Pokazać, że jeśli M jest macierzą ergodyczną tzn.
∃ π∗ – rozkład ∀ π π(n)= π Mn −→
n→∞π∗, to M2 również jest ergodyczna.
ODP.: ∀π π(M2)n= π M2n −→
n→∞π∗, bo (π M2n)∞n=0 — podciąg (π Mn)∞n=0.
PROSZĘ ODWRÓCIĆ KARTKĘ!
1
Pyt. 6. [3p] Czy możliwe jest aby liniowe jednorodne równanie rekurencyjne o współczynnikach rzeczy- wistych posiadało niestacjonarną orbitę okresową (tj. różną od rozwiązania stałego), która jest atrakto- rem? Podać krótkie uzasadnienie.
ODP. Rozw.(1): Niech (yn)∞n=0 – rozwiązanie τ -okresowe, P = {y0, y1, . . . , yτ −1} – atraktor, τ > 1.
Wówczas c · (yn)∞n=0 – rozwiązanie τ -okresowe (Zas. Superpozycji; tu wykorzystujemy, choć nie w pełni, założenie o liniowości równania). Stąd ∃i=0,1,...,τ −1 yi 6= 0. Dla c t,że ∀j cyi 6= yj:
dist(cyi+mτ, P ) = dist(cyi, P ) > 0.
Zatem cyn −→6
n→∞P . Orbita P nie przyciąga trajektorii c yn dla c ≈ 1 (czyli c yi ≈ yi), więc nie jest atraktorem.
Nie jest możliwe aby trajektoria okresowa (różna od punktu stałego) przyciągała inne rozwiązania.
Rozw.(2): Wykorzystać postać ogólną rozwiązania: okresowość rozwiązania wymusza okresowość roz- wiązań fundamentalnych... (żmudne).
Pyt. 7. [3p] Niech g(x) = x2 − 3. Napisać schemat Newtona xn+1 = f (xn), f : R \ {0} → R \ {0}, poszukiwania miejsc zerowych g. Wykazać, że basen przyciągania Basf(−√
3) = (−∞, 0).
ODP.: g0(x) = 2x, f (x) = x − gg(x)0(x) = 12x + 3x. Dla x ∈ (− ∞, 0):
f (x) = 1 2
x + 3 x
< x ⇔ 1 2· 3
x < 1
2 · x ⇔ 3
x < x ⇔ x2 < 3 ⇔ x > −√ 3.
Zatem: f (x)
( < x, gdy x ∈ (−√ 3, 0),
> x, gdy x ∈ (−∞, −√
3). Ponadto f (x) < −√
3 dla x < 0. Stąd przez indukcję:
fn(x) < −√
3, fn(x) < f (fn(x)) = fn+1(x) dla n > 1. Zatem (fn(x))∞n=1 – rosnący i ograniczony z góry przez −√
3.
Mocą twierdzenia o ciągach monotonicznych ∃y∈(−∞,0) fn(x) −→
n→∞y; zaś z ciągłości f :
f (y) = f
limn fn(x)
= lim
n fn+1(x) = y ⇒ y ∈ Fix(f ).
Łącznie fn(x) → y = −√
3, bo Fix(f ) ∩ (−∞, 0) = {−√ 3}.
Ponadto f ((0, ∞)) ⊂ (0, ∞), więc (fn(x))∞n=0 nie są przyciągane przez −√ 3.
Pyt. 8. [3p] Wyznaczyć wszystkie rozkłady stacjonarne łańcucha o macierzy Markowa M =
0 12 12
1 2 0 12
1 2
1 2 0
. Czy macierz jest ergodyczna? Dlaczego?
ODP.: M2 =
1 2
1 4
1 4 1 4
1 2
1 4 1 4
1 4
1 2
; M2 ma dodatnie wyrazy, więc [!] na mocy uwagi po twierdzeniu ergodycznym macierz M jest ergodyczna.
h1
3,13,13i – jedyny rozkład stacjonarny, bo M jest podwójnie stochastyczna.
Dodatkowe (niekonieczne) komentarze:
[π1, π2, π3] M =
π2+ π3
2 ,π1+ π3
2 ,π1+ π2 2
= [π1, π2, π3].
[!] M2 – ergodyczna, więc π (M2)n −→
n→∞π∗, π M2n+1 = (π M ) (M2)n −→
n→∞π∗, skąd (8-O: π Mn −→
n→∞π∗, co dowodzi ergodyczności samej M .
[8p → dst, 10p → dst+, 13p → db, 16p → db+, 18p → bdb]
2
![Egzamin z Równań Rekurencyjnych, 29 stycznia 2007 Nazwisko i imię: ...................................................................................... Nr indeksu: ..................... Pyt. 1. [2p] Rozwiązaniem ogólnym pewnego jednorodnego równania lin](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)