Сумма обратных биномиальных коэффициентов

[xmaister]

Исходное задание было такое: $a_n=\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac1{{n\choose k}}$. Найти предел $a_n$

(Оффтоп)

Это вроде решилось.
Действовал так:
$a_{n+1}=1+\frac{a_n(n+2)}{2n+2}\Leftrightarrow\frac{2^{n+1}}{n+2}a_{n+1}=a_n\frac{2^n}{n+1}+\frac{2^{n+1}}{n+2}\Leftrightarrow$
$a_n=\frac{2(n+1)}{2^n}+2\frac{n+1}{2^n}\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{2^k}{k+2}$
$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+1}{2^n}\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{2^k}{k+2}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\frac{2^n}{n+2}}{\frac{2^{n+1}}{n+2}-\frac{2^n}{n+1}}=1\Rightarrow\lim\limits_{n\to\infty}a_n=2$
Возник вопрос:
Как найти первый член асимптотического разложения последовательности $b_n=a_n-2$? У меня получилось, что $b_n\sim 2^{-n}$, но я что-то сомневаюсь... помогите пожалуйста разобраться

[Sonic86]

Я так понял, что $a_n = 2 + \frac{2}{n} + \frac{2}{\binom{n}{2}}+...$ - асимптотическое разложение, каждый член падает быстрее предыдущего В принципе можно помучиться и довести некоторые члены до вида $c_kn^{-k}$.
А как получилось $e^{-n}$?

[xmaister]

Sonic86, я немного неправильно вопрос задал
Как из такого разностного уравнения достать первый член асимптотики?

-- 11.08.2011, 16:23 --

Не у меня неправильно, я нето делал вообще

[Sonic86]

xmaister в сообщении #474873 писал(а):

Sonic86, я немного неправильно вопрос задал
Как из такого разностного уравнения достать первый член асимптотики?

Можно представить $a_n$ в общем виде $c_0 + \frac{c_1}{n}+\frac{c_2}{n^2}+...$ подставить и найти коэффициенты. Есть хороший пример в книге Грэхема, Кнута, Паташника Конкретная математика в главе "Асимптотика" - там находится асимптотика для функции $n!$ - гляньте.

[xmaister]

Ну составлением дифура у меня не получилось
$b_n=a_n-2$
$b_{n+1}+2=1+\frac{(b_n+2)(n+2)}{2n+2}\Leftrightarrow b_{n+1}=\frac{(b_n+2)(n+2)}{2n+2}-1\Leftrightarrow b_{n+1}=\frac{b_n(n+2)}{2n+2}+\frac1{n+1}\Leftrightarrow$
$b_{n+1}=\frac{b_n}{2n}(n+2)\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac1{n^k}+\frac1{n+1}\Leftrightarrow b_{n+1}=\frac{b_n}{2}+b_n\sum\limits_{k=0}^{\infty}\frac1{n^{k+1}}+\frac1{n+1}$
$b_{n+1}=\frac{b_n}{2}+o(b_n)+\frac1{n+1}$
А что с этим делать?

[nnosipov]

Лучше экспериментировать с суммой $S_n=\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k}$ (через неё $a_n$ легко выражается).

[xmaister]

$a_n=\frac{2(n+1)}{2^n}+\frac{2(n+1)}{2^n}\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{2^k}{k+2}$, $b_n=\frac{2(n+1)}{2^n}+2\left(\frac{n+1}{2^n}\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{2^k}{k+2}-1\right)$. Понятно, что $\frac{2^n}{n+1}\sim\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{2^k}{k+2}$. А вот что быстрее стремится к нулю $\frac{n+1}{2^n}$ или $\frac{n+1}{2^n}\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{2^k}{k+2}-1$ не могу понять.

[nnosipov]

Надо искать асимптотический ряд вида $\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}=\frac{2^{n+1}}{n+1}(1+\frac{c_1}{n}+\frac{c_2}{n^2}+\ldots)$. Здесь $c_1=2$, $c_2=4$ и т.д.

[xmaister]

nnosipov в сообщении #474973 писал(а):

Надо искать асимптотический ряд вида $\sum_{k=1}^n\frac{2^k}{k}=\frac{2^{n+1}}{n+1}(1+\frac{c_1}{n}+\frac{c_2}{n^2}+\ldots)$. Здесь $c_1=2$, $c_2=4$ и т.д.

Ааа, кажется понял. Т.е. $\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k}=\frac{2^{n+1}}{n+1}+o\left(\frac{2^{n+1}}{n+1}\right)$
$\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k}-\frac{2^{n+1}}{n+1}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{2^{n+2}}{(n+1)(n+2)}\sim\frac{2\cdot 2^{n+1}}{n(n+1)}\Rightarrow \sum\limits_{k=1}^{n}\frac{2^k}{k}=\frac{2^{n+1}}{n+1}+\frac{2\cdot 2^{n+1}}{n(n+1)}+o\left(\frac{2\cdot 2^{n+1}}{n(n+1)}\right)$

-- 12.08.2011, 11:48 --

(Вопрос)

Чтобы не создавать новую тему напишу здесь:
А если рассмотреть последовательность $a_{n+1}=\sqrt[3]{6+a_n}$, $a_1=\sqrt[3]6$. То как найти первый член асимптотического разложения для $b_n=2-a_n$. Дифур тут вроде бы не катит...