сходимость рекуррентной последовательности

[Pashkak]

Есть рекуррентная последовательность

\[ c_1^k = 1 + \sum\limits_{i = 1}^{k - 1} {( - 1)^{i - 1} c_1^{k - i} K_i } \]

где

\[ K_i = \frac{{e^{ - p(1 + (1 + r) + (1 + r)^2 + ...(1 + r)^{i - 1} )} }} {{((1 + r) - 1)((1 + r)^2 - 1)((1 + r)^3 - 1)...((1 + r)^{i - 1} - 1)((1 + r)^i - 1)}} \]

а

\[ p,r \in [0; + \infty ) \]

- константы

Нужно доказать что существует предел рекуррентной последовательности. Я вычислял члены последовательности для разных констант и получал что поледовательность монотонно возрастает и сходится (монотонна + ограничена тогда сходится).
Как доказать монотонность? Или найти формулу n-го члена?

[maxal]

Можно попробовать через производящии функции. Если

$$C(x)=\sum_{i=1}^{\infty} c_1^i x^i$$

и

$$K(x)=\sum_{i=1}^{\infty} (-1)^{i-1} K_i x^i$$

то спаведливо соотношение:

$$C(x) = \frac{x}{1-x} + C(x) K(x)$$

Кстати, зачем у $c$ стоит нижний индекс 1, если он все равно не используется?

[Pashkak]

я так понимаю теперь нужно подобрать для какой функции K(x)является рядом Тейлора

[Gafield]

Если $r=0$, то $K_i=\infty$.

Из формулы, которую написал Maxal, следует, что

$$C(x)=\frac x{(1-x)(1-K(x))}$$

.

Ограниченность $c^k$ следовала бы из того, что у ряда

$$\frac 1{(1-K(x))}$$

радиус сходимости был больше единицы. Положительность получалась бы, если бы, например, $(1-x)(1-K(x))=1-Q(x)$, где у ряда $Q$ коэффициенты положительны. Монотонность в этом случае, может, выводилась бы из того, что первый коэффициет ряда $Q(x)$ больше единицы.

[Pashkak]

Раньше не заметил что K_i можно подать проще K_i = \frac{{e^{ - \frac{p} {r}((1 + r)^i - 1)} }} {{((1 + r) - 1)((1 + r)^2 - 1)...((1 + r)^i - 1)}}
А вот найти K(х) в хорошем виде не получается. Может есть методы доказательства монотонности рекуррентной последовательности напрямую, хотя доказать монотонность если последовательность в явном виде думаю будет проще.

[Gafield]

Пусть ряд для

$$\frac x{(1-K(x))}$$

сходится в круге радиуса больше единицы. Тогда

$$\frac x{(1-x)(1-K(x))}- \frac x{(1-x)(1-K(1))}$$

тоже сходится в круге радиуса больше единицы. Следовательно, его коэффициенты стремятся к нулю и

$$\lim_{n\to\infty} c^n=\frac1{1-K(1)}$$

.

[RIP]

$K(x)$ вряд ли удастся вычислить явно. Например, при $p=0$ получаем так называемую $q$-экспоненту:
$1-K(x)=E_{1+r}(-x)$,
где

$$E_q(z)=\sum_{n=0}^\infty\frac{z^n}{\prod_{j=1}^n(q^j-1)}=\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac z{q^n}\right),\quad|q|>1.$$

Кстати, в этом случае получаем

$$C(x)=x\prod_{n=0}^\infty\left(1-\frac x{(1+r)^n}\right)^{-1},$$

так что в этом случае все свойства $c_1^k$ очевидны. Можно даже явную формулу выписать.
Не знаю, можно ли похожие формулы написать при $p>0$.


P.S. При $p=0$ получается

$$c_1^{n+1}=\prod_{k=1}^n\left(1-\frac1{(1+r)^k}\right)^{-1}.$$

[Pashkak]

можно попросить ссылочку где можно почитать о свойствах q-экспоненты

[RIP]

Кое-что есть в Gasper G., Rahman M. — Basic hypergeometric series (у меня сейчас нет инета, поэтому местная ссылка). Обозначения, используемые в этой книге, отличны от использованного мной. Если обозначить $q=(1+r)^{-1}$, то в обозначениях этой книги

$$1-K(x)=E_q(-qx)=(qx;q)_\infty,$$

откуда

$$C(x)=\frac x{(1-x)(qx;q)_\infty}=\frac x{(x;q)_\infty}=xe_q(x).$$

(Это всё при $p=0$. Что делать при произвольных $p,r>0$, пока не могу понять. Если $r>1.27$ или около того, то сходимость доказать легко.)

[Jnrty]

Jnrty:

Pashkak, формулы следует окружать знаками доллара:

$...$ или $$...$$

[Gafield]

Если не ошибаюсь, можно рассуждать так. При $|z|=a$ наибольшее значение $|K_{r,p}(z)|$ принимает в точке $-a$. Откуда
$$\frac1{|1-K_{r,p}(z)|}\le \frac1{1-|K_{r,p}(-|z|)|}\le \frac1{1-|K_{r,0}(-|z|)|} <\infty$ в круге радиуса $1+r$, как следует из явной формулы для нулей $1-K_{r,0}(x)$. Значит, $\frac1{1-K_{r,p}(z)}$ аналитическая функция в круге $|z|<1+r$.

[RIP]

Gafield писал(а):

Если не ошибаюсь, можно рассуждать так.

Ошибаетесь. Действительно,

$$|1-K_{r,p}(z)|\geqslant1-|K_{r,0}(-|z|)|,$$

но проблема в том, что последнее выражение равно

$$1+K_{r,0}(-|z|)=2-\prod_{n=1}^\infty\left(1+\frac{|z|}{(1+r)^n}\right).$$

[Gafield]

Это отсюда оценка $r>1.27$?

[RIP]

Gafield писал(а):

Это отсюда оценка $r>1.27$?

Да.

[Pashkak]

при каких

$$p,r \in [0; + \infty ) $$

$$S<1 $$

;
где

$$S = \sum\limits_{i = 1}^{\infty} {K_i } $$

и

$$K_i = \frac{{e^{ - p(1 + (1 + r) + (1 + r)^2 + ...(1 + r)^{i - 1} )} }} {{((1 + r) - 1)((1 + r)^2 - 1)((1 + r)^3 - 1)...((1 + r)^{i - 1} - 1)((1 + r)^i - 1)}} $$

Я нашел такое достаточное условие

$$1=\sum\limits_{i = 1}^{\infty} {2^{-i} } $$

тогда если

$$K_1<2^{-1} $$

и

$$K_2<2^{-2} $$

имеем

$$S<1 $$

отсюда получил ограничения на

$$p,r$$

.
Возможно ли найти более мягкую оценку?