Рассмотрим последовательности $%\{a_n\},\{b_n\}$%: $%a_0=x,b_0=y,a_{i+1}=\frac{a_i+b_i}2,b_{i+1}=\sqrt{a_i b_i}$%, где $%x$% и $%y$% - неотрицательные вещественные числа. Тогда $%f(x;y)=\lim_{i\rightarrow\infty}a_i=\lim_{i\rightarrow\infty}b_i$%. Данная функция является непрерывной на области определения.
Найти частные производные функции $%n$%-го порядка, найти разложение функции в ряд Тейлора.

задан 5 Окт '12 19:49

изменен 5 Окт '12 22:06

Вряд ли это можно назвать рекурсией. Скорее, функциональное уравнение.

(5 Окт '12 21:15) DocentI

@DocentI, вот другая формулировка... Рассмотрим последовательности $%\{a_n\},\{b_n\}$%: $%a_0=x,b_0=y,a_{i+1}=\frac{a_i+b_i}2,b_{i+1}=\sqrt{a_i b_i}$%. Тогда $%f(x;y)=\lim_{i\rightarrow\infty}a_i=\lim_{i\rightarrow\infty}b_i$%

(5 Окт '12 21:20) chameleon

Я параллельно с Вами это написала! Так, конечно, рекуррентность видна. Только разве не надо требовать непрерывность заранее?
Контрпример: функция равна 1 при всех $%x\ne y$% и равна x при x = y. Для неравных начальных значений и все последующие пары будут состоять из неравных чисел!

(5 Окт '12 21:38) DocentI

Вы абсолютно правы. Я исправил в тексте вопроса. Извиняюсь перед всеми участниками за плохое условие вначале, у меня всегда были проблемы с четкостью.

(5 Окт '12 22:08) chameleon

Ничего, главная идея интересная!

(5 Окт '12 22:24) DocentI
10|600 символов нужно символов осталось
1

В элементарных функциях этот предел не выражается. Это - известное арифметико-геометрическое среднее Гаусса. Оно может быть выражено через полный эллиптичский интеграл первого рода, но выражения для частных производных и разложение функции в ряд Тейлора не очевидны.

ссылка

отвечен 14 Янв '13 17:55

@splen, спасибо, я преобразовал этот Ваш комментарий в ответ, как видите. Можете дать ссылочку на этот материал?

(14 Янв '13 20:45) chameleon

Можно посмотреть, например: Н.И.Ахиезер. Элементы теории эллиптических функций. Гл. VII. Дополнительные сведения об эллиптических интегралах. 46. Арифметико-геометрическое среднее.

Поиск по ключевым словам "арифметико-геометрическое среднее" даёт и другие ссылки.

(14 Янв '13 21:45) splen
10|600 символов нужно символов осталось
1

Если предполагать, что функция $%f(x;y)$% - непрерывна, то при $%y=0$% имеем $%f(x;0)=f\left(\frac{x}2;0\right)$%, значит $%f(x;0)=f\left(0;0\right)=C$%. При фиксированном $%y$% имеем $%f(x;y)=f\left(\frac{x}2+\frac{y}2;\sqrt{xy}\right)$%, откуда $%f(0;y)=f\left(\frac{y}2;0 \right)=C.$%

Подробнее.

1)$%f(x;0)=f\left(\frac{x}2;0\right)=\left(\frac{x}4;0\right)=\left(\frac{x}8;0\right)=... .$%

2) Аналогично $%f(\frac{x}{2^{n-1}};y)=f\left(\frac{x}{2^n}+\frac{y}2;\sqrt{\frac{x}{2^{n-1}}y}\right)$%. При вашем дополнительном условии ($%f(x;x)=x$%) $%C=0.$% Подозреваю, что это половина конуса.

Пока оставлю незаконченное решение.

ссылка

отвечен 5 Окт '12 20:47

изменен 5 Окт '12 21:58

Почему из $%f(x,y)=f(\frac x 2+\frac y 2;\sqrt{xy})$% следует $%f(x,y)=f(\frac y 2;0)$%? Этот вывод является неверным хотя бы при $%y=x$%.

(5 Окт '12 21:05) chameleon

Нет, второе - не аналогично. Вы, видимо, хотели написать что-то вроде $%f(\frac x 2+\frac y 2;\sqrt x\sqrt y)=f(\frac x 4+\frac y 2;\sqrt[4]x+\sqrt y)$%? Но это неверно: $%f(\frac x 2+\frac y 2;\sqrt x\sqrt y)=f(\frac{\frac x 2+\frac y 2+\sqrt x\sqrt y}2;\sqrt{\left(\frac x 2+\frac y 2\right)\sqrt x\sqrt y})$%

(5 Окт '12 21:14) chameleon

Не угадали! Я бы до такого не додумался.

(5 Окт '12 21:27) Anatoliy

Тогда распишите, пожалуйста, эту "аналогию"!

(5 Окт '12 21:39) chameleon
10|600 символов нужно символов осталось
1

Первые мысли. Имеем $%f(x, y) =f(y,x)$%. Будем считать, что $%x =x_0 , y = y_0$%. Построим последовательности по рекуррентному правилу $%x_{i+1} = {x_i+y_i\over 2}, y_{i+1}=\sqrt{x_iy_i}$%. Отрезки $%[x_i, y_i]$% являются, как легко показать, вложенными и стягивающимися, так что они имеют общую точку $%u(x_0,y_0)$%. Кажется, у нее даже есть название.
Имеем $%f(x_0, y_0) = f(x_{1}, y_{1}) = ... = f(x_{i+1},y_{i+1})= ...$%. Если считать функцию непрерывной, то все эти значения равны $%f(u(x_0,y_0),u(x_0,y_0)) = u(x_0,y_0)$%.

Дело за малым:
1) выразить u через x и y
2) доказать непрерывность (или показать, что она может не наблюдаться).

Дополнение. к п. 2 Действительно, непрерывность не следует из условия задачи. (см. мой комментарий выше).

ссылка

отвечен 5 Окт '12 21:36

изменен 5 Окт '12 21:44

Да, функция непрерывна. Если надо, поработаю над доказательством этого факта.
Дело за малым, говорите? Лично я за пару лет еще не смог выразить $%u(x_0;y_0)$% при помощи аналитических функций. Да и вообще, хоть как-то без рекурсии.

(5 Окт '12 21:47) chameleon

Ну, собственно, "за малым" - это ирония. Надо было смайлик поставить, или кавычки...

(5 Окт '12 22:23) DocentI
10|600 символов нужно символов осталось
1

Для начала, выпишем некоторые свойства функции $%f(x;y)$%, на которые можно опираться в дальнейшем:
$%f(x;y)=f\left(\frac{x+y}2;\sqrt{xy}\right)$%
$%f(x;y)\in\left[\sqrt{xy};\frac{x+y}2\right]$%
$%f(x;0)=0$%
$%f(x;x)=x$%
$%f(x;y)=f(y;x)$%
$%f_x^{(n)}(x;y)=f_y^{(n)}(y;x)$%
$%f(kx;ky)=kf(x;y)$%
$%f_x'(x;0)=0$%


$$f_x'(0;x)=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(\epsilon;x)-f(0;x)}\epsilon=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(\epsilon;x)}\epsilon \geq \lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{\sqrt{\epsilon x}}\epsilon=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\sqrt{\frac x \epsilon}=+\infty$$


$$f_x'(x;x)=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(x+\epsilon;x)-f(x;x)}\epsilon=\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(x+\frac\epsilon2;x\sqrt{1+\frac\epsilon x})-x}\epsilon=$$ $$=x\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(1+\frac\epsilon{2x};\sqrt{1+\frac\epsilon x})-1}\epsilon=x\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{f(1+\frac\epsilon{2x};1+\frac\epsilon{2x})-1}\epsilon=x\lim_{\epsilon\rightarrow0}\frac{1+\frac\epsilon{2x}-1}\epsilon=\frac 1 2$$ $$f_x^{(n)}(x;x)=0, n\geq2$$


Продифференцируем обе части первого свойства по $%x$%:
$%f_x'(x;y)=\frac 1 2\left(f_x'\left(\frac{x+y}2;\sqrt{xy}\right)+\sqrt{\frac y x}f_y'\left(\frac{x+y}2;\sqrt{xy}\right)\right)$%
$%f_x'(x;y)=\frac 1 2\left(f_x'\left(\frac{x+y}2;\sqrt{xy}\right)+\sqrt{\frac y x}f_x'\left(\sqrt{xy};\frac{x+y}2\right)\right)$%
Несложно доказать, что для последовательностей $$\{c_n\},\{d_n\}:c_0=1,d_0=0,c_{i+1}=\frac{c_i}2+\frac{d_i}2\sqrt{\frac{a_i}{b_i}},d_{i+1}=\frac{d_i}2+\frac{c_i}2\sqrt{\frac{b_i}{a_i}}$$ выполняется равенство $$f_x'(x;y)=\lim_{i\rightarrow\infty}\frac{c_i+d_i}2$$ Таким образом, мы получили рекурсивную формулу, сходящуюся при положительных иксах. Дифференцируя обе части тождества дальше, можно получить рекурсивную формулу для производной любой конечной степени, которая тоже будет сходиться при $%x>0$%.
Что касается аналитической записи производных (при помощи комбинации элементарных функций и, возможно, значения функции $%f(x;y)$%), то вопрос остается открытым.

ссылка

отвечен 7 Окт '12 15:56

Внимательно не разбиралась, но можно ли считать функцию дифференцируемой, если она непрерывна? Кажется, что можно, но доказательства у Вас не вижу. Вы берете производные только в некоторых точках.

(7 Окт '12 16:04) DocentI

Для меня в этой задаче главным является ответ, а не решение, поэтому я не доказываю то, что и так знаю =)
Думаю, дифференцируемость легко доказать, взяв производную при помощи ее определения.

(7 Окт '12 16:09) chameleon
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×51
×39
×10
×3

задан
5 Окт '12 19:49

показан
1387 раз

обновлен
14 Янв '13 21:45

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru