асимьптотика рекурентной последовательности

[Руст]

Пусть $a_0=1$
$a_n=\frac{a_{n-1}+2a_{n-2}+...+na_0}{n}.$
Определить асимптотическое поведение $a_n$ при больших n.

[maxal]

Пусть

$$A(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n}$$

.
Тогда

$$-\frac{A(x)}{(1-x)^2} = A(x)'$$

Откуда

$$A(x) = e^{\frac{x}{1-x}}=\sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{m!} x^m (1-x)^{-m}$$

и соответственно:

$$a_n = \sum_{m=0}^n \frac{1}{m!} {-m\choose n-m} (-1)^{n-m}=\sum_{m=0}^n \frac{1}{m!} {n-1\choose n-m}.$$

[Руст]

Точнее

$$a_n=\sum_{m=1}^n\frac{1}{m!} \binom{n-1}{m-1}.$$

( хотя это то же самое)
Однако, точное значение при больших n не определяет асимптотическое поведение.

[maxal]

Асимтотику можно получить, например, по формуле Коши через контурный интеграл...

[Руст]

Без всяких контурных интегралов получается красивая формула:

$$a_n=\frac{exp(2\sqrt n )}{2n^{3/4}\sqrt{2\pi e }}(1+\frac{b_1}{\sqrt n}+...+\frac{b_k}{n^{k/2}}+..).$$

[maxal]

Ну раз без контурных интегралов получается, то и с контурными должна
А вообще, надо ли понимать, что у этой этой асимптотической формулы есть элементарное доказательство, скажем, в пределах знаний школьной программы?

[Руст]

maxal писал(а):

Ну раз без контурных интегралов получается, то и с контурными должна
А вообще, надо ли понимать, что у этой этой асимптотической формулы есть элементарное доказательство, скажем, в пределах знаний школьной программы?

Что понимать под элементарным? Если под элементарным понимать математику 19 века и раньше то да. В принципе получение этой оценки можно объяснить и школьнику. Только для этого придётся рассказать некоторые понятия (типа формулы Симпсона) не входящие в школьную математику.
На сколько элементарно судит вам. Приведу некоторые подробности. Ясно, что если $m>3\sqrt n$, то члены в сумме

$$a_n=\sum_{m=1}^n\frac{1}{m!}\binom{n-1}{m-1}=\sum_{m=1}^n\frac{(n-1)(n-2)...(n+1-m)}{m!(m-1)!}$$

дают пренебрежимо малую величину в сумме. Поэтому взяв лупу с увеличением $\sqrt n $ раз рассмотрим значения m (увеличенные) вида $m=x\sqrt n +\frac 12$ и оценим члены. При этом числитель есть

$$P=n^{m-1}exp(\sum_{i=1}^{m-1}ln(1-\frac{i}{n}))=n^{m-1}exp(-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{s_k}{kn^k}),$$

где $s_k=\sum_{i=1}^{m-1}i^k=\frac{m^{k+1}}{k+1}(1+O(\frac 1m)$
Это даёт $P=n^{m-1}exp(-\frac{x^2}{2})(1+O(\frac{1}{\sqrt n })$.
Вычислим знаменатель воспользовавшись формулой Симпсона

$$Q=m!(m-1)!=2\pi m^{m+1/2}(m-1)^{m-1/2}e^{1-2m}(1+O(\frac{1}{\sqrt n}))=2\pi x\sqrt n(x^2n-\frac 14)^{x\sqrt n}e^{-2x\sqrt n}(1+O(n^{-1/2})).$$

Поделив одно на другое получимЖ

$$b(x)=\frac{P}{Q}=\frac{exp(-\frac{x^2}{2}+2x\sqrt n(1-lnx))}{2\pi xn}(1+O(n^{-1/2})).$$

Ясно, что максимум достигается в точке x=1. Взяв $x=1+\frac{y}{n^{1/4}}$ получаем
$b(x)=\frac{e^{2\sqrt n}}{2\pi n\sqrt e}exp(-y^2/2)(1+O(n^{-1/4}).$
Суммируя по $dk, \ k=\sqrt n -\frac 12 +yn^{1/4}$ и заменив суммирование интегралом (шаг порядка $n^{-1/4}$) и используя известный интеграл из теории вероятности получаем

$$a_n=\frac{e^{2\sqrt n}}{n^{3/4}\sqrt{2\pi e}}(1+O(n^{-1/4})).$$

Правда получилась чуть другая формула. Возможно ошибка была при первом вычислении (черновики которых уже выкинул).