Методы изучения рекуррентных формул

[e7e5]

$a(n+1)=na(n)-\frac {a(n)} {2}$, $a(0)=f_0$, $a(1)=f_1$
Если правильно помню, для нахождения общей формулы $a(n)$ используют производящую функцию?
как в этом случае строить производящую функцию?

[MrDindows]

$a_{n+1}=a_{n} (n-0.5)=a_{n-1}(n-0.5)(n-1.5)=...\\ =a_0(n-0.5)(n-1.5)....(0.5)(-0.5)$
Так вроде бы?)

[e7e5]

MrDindows в сообщении #415543 писал(а):

$a_{n+1}=a_0(n-0.5)(n-1.5)....(0.5)(-0.5)$
Так вроде бы?)

Так мне не нравится вид слагаемого: $(n-0.5)(n-1.5)....(0.5)(-0.5)$, как бы его свернуть до чего-то более простого( многочлена), так чтобы $a_{n+1}=a_0 F(n)$

[caxap]

e7e5 в сообщении #415538 писал(а):

как в этом случае строить производящую функцию?

Как в "Конкретной математике": пишите одну формулу $a_n=na_{n-1}-\dfrac 12 a_{n-1}+f_0 [n=0]$, умножаете на $z^n$ и суммируете по всем целым $n$ (принимая $a_{<0}=0$). Всё сводите к $G(z):=\sum_n a_n z^n$, получаете относительно него уравнение.

Кстати, зачем два начальных условия?

[e7e5]

caxap в сообщении #415553 писал(а):

Кстати, зачем два начальных условия?

Я был не уверен, какой порядок соотношения взять. Теперь вижу, что достаточно первого ( $f_0$)

-- Вт фев 22, 2011 00:03:35 --

$a_0+\sum_n a_nz^n=f_0+ n \sum_n a_{n-1} z^n-1/2 \sum a_{n-1}z^n$, так?

[ИСН]

Зачем, зачем это всё? Вот есть ряд факториалов (1, 2, 6, 24, 120...) - стоит ли искать его производящую функцию? что это за функция вообще? прояснит ли она что-нибудь, или только запутает, да ещё в процессе вылезут всякие чёртовы ошибки, сбои нумерации на единицу и т.д.?
Вот и у Вас то же самое.

[e7e5]

ИСН в сообщении #415602 писал(а):

Зачем, зачем это всё? Вот есть ряд факториалов (1, 2, 6, 24, 120...) - стоит ли искать его производящую функцию?

Для факториала есть например формула Стирлинга. А вот для приведенной рекуррентной формулы нужно понять свойства последовательности. И вот как получить результат в замкнутом виде? Что-то не очень получается...

Какие есть подходы?

[caxap]

e7e5 в сообщении #415828 писал(а):

вот как получить результат в замкнутом виде?

В уже упоминавшейся "Конкретной математике" вводится т. н. убывающая факториальная степень $r^{\underline k}:=r(r-1)\cdots(r-(k-1))$, у вас будет $a_n=\dfrac{f_0}{(n+1/2)} (n+ 1/2)^{\underline {n+1}}, если не напутал.

Убывающую степень можно через гамма-функцию записать.

[ewert]

e7e5 в сообщении #415828 писал(а):

И вот как получить результат в замкнутом виде?

Ну вот ИСН предложил же попросту вынести $a(n)$ за скобки. И получить очевидный двойной факториал, делённый на степень двойки. Умноженный, естественно, на произвольную постоянную (поскольку уравнение линейно и однородно), которая и находится из начального условия.

[e7e5]

ewert в сообщении #415859 писал(а):

И получить очевидный двойной факториал, делённый на степень двойки. Умноженный, естественно, на произвольную постоянную (поскольку уравнение линейно и однородно), которая и находится из начального условия.

Не очень понятно, откуда берется двойной интеграл.

$a_n(n-0,5)$ расписывается в понижающую факториальную степень, как узнал:
$a_0(n-1/2-1)(n-1/2-2)...0,5(-0,5)$ , а откуда получается двойной факториал с линейным уравнением?

[ИСН]

Ну ёлки, 7*5*3*1 - это что такое, ну?

[e7e5]

это произведение натуральных чисел, имеющих одну четность. По определению двойного факториала это будет $7!!$

-- Вт фев 22, 2011 23:18:09 --

И как это помогает "свернуть" рекуррентную формулу?

[ИСН]

Ну, так. А у Вас что такое? ${7\over2}\cdot{5\over2}\cdot{3\over2}\cdot\dots$

[e7e5]

$\frac {7!!} {2^4}$,
$n=4$
$a_0 \frac {7} {2} \frac {5} {2} \frac {3} {2} \frac {1} {2} =a_0 7!! /2^4$

-- Вт фев 22, 2011 23:37:43 --

т.е
$a_n=\frac {a_0 (2n-1)!!} {2^n}$ Правильно?

[e7e5]

Пусть
$a_1=2$, тогда по рекуррентной формуле $a(n+1)=a(n)(n-1/2)$
$a_2=2(1-1/2)=1$
$a_3=1(2-1/2)=\frac {3} {2}$
$a_4=\frac {3} {2} (3-1/2)=\frac {15} {4}$
$a_5=\frac {15} {4} (4-1/2)=\frac {105} {8}$
$a_6=\frac {105} {8} (5-1/2)=\frac {945} {16}$

Найдем эти члены через формулу $a_n=\frac {a_1 (2n-1)!!} {2^n}$
$a_2=\frac {2(2*1-1)!!} {2^1}=1$
$a_3=\frac {2(2*2-1)!!} {2^2}=\frac {3} {2}$
$a_4=\frac {2(2*3-1)!!} {2^3}=\frac {15} {4}$
...
$a_6=\frac {2(2*5-1)!!} {2^5}=945/16$
Т.е мои сомнения, что итоговая формула неверная, ошибочны.

-- Ср фев 23, 2011 16:16:48 --

Если правильно и нет ошибки, то получается с учетом
$\textsyle \Gamma(n+\frac {1} {2})=\frac {(2n-1)!!} {2^n} \sqrt {\pi}$, что

$a_n=\frac {a_1 \textsyle \Gamma(n+\frac {1} {2})} {\sqrt {\pi}}$