Предел последовательности

[xmaister]

Вычислить $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_n}{\sqrt{n}}$, где $a_{n+3}=a_{n+2}+\frac{a_n}{2n+6},a_0=a_1=a_2=1$.

[SpBTimes]

Интересно. Сходу не вышло.

[BatMan]

Может на основе $a_{n+3}-a_{n+2}=\frac{a_n}{2n+6},a_0=a_1=a_2=1$ получить диффур $f'=\frac{f}{2x}$ ?

[sopor]

Я смог найти производящую функцию для $a_n$, но что дальше делать - не знаю

[Legioner93]

BatMan в сообщении #741789 писал(а):

Может на основе $a_{n+3}-a_{n+2}=\frac{a_n}{2n+6},a_0=a_1=a_2=1$ получить диффур $f'=\frac{f}{2x}$ ?

Это да, но однородные линейные диффуры никак не помогут найти нужный коэффициент, так как инвариантны по отношению к $f \to \lambda f$. А я сколько не вертел, у меня только такие диффуры и выходили.

sopor в сообщении #741812 писал(а):

Я смог найти производящую функцию для $a_n$, но что дальше делать - не знаю

Я тоже первым делом её нашел. С помощью производящей функции довольно быстро получается замкнутая формула для $a_n$. Наверняка это выражение можно как-то оценить, но уже голова не варит, завтра попробую.

(Функция и коэффициенты)

$$G(z)=\frac{e^{-\frac{z(z+2)}{4}}}{(1-z)^{3/2}}$$

$$a_n=\sum\lmits_{k=0}^{n}\left[\frac{(-1)^{n-k}}{2^k}{-\frac{3}{2} \choose n-k}\sum\limits_{s=0}^{k}\left(\frac{(-1)^s {s \choose k-s}}{s!}\right)\right]$$

[Dave]

$$a_n=e^{- \frac 3 4} \pi^{- \frac 1 2} n^{\frac 1 2} \left(2+\frac 7 {4 \, n}-\frac {23} {64 \, n^2} - \dots \right).$$

(Совет)

Рассмотрите производящую функцию в окрестности $1$ и найдите неизвестные коэффициенты $c_i$ в представлении $a_n=\sqrt n \sum\limits_{i=0}^{\infty} \frac {c_i} {n^i}$. Там должна возникнуть гамма-функция $\Gamma (\frac 3 2 - i)$.

[sup]

Можно действовать по такой схеме.
Рассмотрим функцию $\frac {f(z)}{(1-z)^{3/2}}$ с "хорошей" $f(z)$. Поскольку поведение коэффициентов ряда тесно связано с радиусом сходимости, а он, в свою очередь, связан с особенностями функции, разумно предположить, что искомое поведение можно получить из разложения функции $\frac {f(1)}{(1-z)^{3/2}}$.
Пусть
$\frac {f(z)}{(1-z)^{3/2}} = \sum a_n z^n$
$\frac {f(1)}{(1-z)^{3/2}} = \sum b_n z^n$
С помощью формулы Коши покажите, что $a_n - b_n = O(1)$
Ну а коэффициенты $b_n$ уже находим непосредственным дифференцированием (ну и формула Стирлинга, естественно).

[SpBTimes]

А можно все-таки поподробнее по поводу асимптотики в окрестности единицы? Я что-то не догоняю. А явная формула для последовательности получается жуткая

[Dave]

SpBTimes в сообщении #742227 писал(а):

А можно все-таки поподробнее по поводу асимптотики в окрестности единицы? Я что-то не догоняю.

Пусть $a_n=C \sqrt n+b_n$, где $b_n=o(\sqrt n)$, а $F(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n x^n = \dfrac {e^{-\frac {x(x+2)} 4}} {(1-x)^{\frac 3 2}}$.
Берём $x=1-\varepsilon$, где $\varepsilon \to 0+$. Выделяем "главную часть" $F(x)$, равную $G(x)=C \sum\limits_{n=0}^{\infty} \sqrt n x^n=C \sum\limits_{n=0}^{\infty} n^{\frac 1 2} e^{\ln x \cdot n}$.
Далее замена $t=-\ln x \cdot n$. Видим, что

$$(-\ln (1-\varepsilon))^{\frac 3 2} G(1-\varepsilon)=C(-\ln (1-\varepsilon)) \sum\limits_{t=-\ln (1-\varepsilon) \cdot n} {t^{\frac 1 2}} e^{-t},$$

с точностью до множителя $C$ - интегральная сумма для $\Gamma(\frac 3 2)=\int\limits_0^{+\infty}\!t^{\frac 1 2}e^{-t}\,dt$. Ну а $\varepsilon^{\frac 3 2} F(1-\varepsilon)=e^{-\frac 3 4 - \varepsilon - \frac {\varepsilon^2} 4}$. Значит $C \, \Gamma(\frac 3 2)=e^{-\frac 3 4}$.

[SpBTimes]

Dave
Интересно, спасибо!