Ряд из рекуррентной последовательности

[id]

Дана последовательность $\{a_n\}_n \subset \mathbb{R}$, $a_{n} = a_{n-1} - \frac 2 n a_{n-2}$ для $n>1$, $a_0,a_1$ - любые.
Показать, что $\sum | a_n | < \infty$

Ясно, что простая оценка сверху каждого члена по модулю не дает даже необходимого условия. Как быть?

[maxal]

Рассмотрите производящую функцию $F(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ и составьте для нее дифференциальное уравнение.

[id]

maxal
Не совсем получилось:
$F(x) = \sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n x^n$
$xF(x) = \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n-1} x^n$
$\int\limits_{0}^{x} tF(t) dt = \sum\limits_{n=2}^{\infty} \frac 1 n a_{n-2} x^n$
Значит,
$xF(x) - 2\int\limits_{0}^{x} tF(t) dt = a_0 x + \sum\limits_{n=2}^{\infty} a_n x^n = a_0 x+ F(x) - a_0 - a_1 x$.
Дифференциируем обе части по $x$:
$F(x)(1-2x) + (a_1-a_0) = F'(x)(1-x)$
и получаем ОДУ, которое так просто вроде не решается.

[maxal]

id
см. http://eqworld.ipmnet.ru/en/solutions/ode/ode-toc1.htm

[id]

maxal
Вылезает интеграл $\int \frac {e^{-2x}} {(1-x)^2} dx$, который как раз нормально вроде не считается.

Да и саму идею пока не совсем понимаю. Известно, что если ряд $\sum a_n x_n$ сходится для любой $x_n \to 0$, то ряд $\sum |a_n|$ сходится, абсолютно. А как быть здесь?

[maxal]

А его и не требуется явно вычислять. Идея доказать, что радиус сходимости $R$ ряда $F(x)$ больше единицы, откуда $\sum |a_n|$ можно будет оценить сверху сходящейся геометрической прогрессией.

[id]

maxal
Так, то есть просто доказываем, что в некотором кружке радиуса более единицы, выражение для $F(x)$ как решения ОДУ будет непрерывным/дифференциируемым ( в данном случае - только исследовать произведение вида $(x-1) \int\limits_0^x \frac {e^{-2t}} {(1-t)^2} dt$ в окрестности единицы)?

Немножко поподробнее можно, как именно предлагается оценивать используя сходимость? Пусть $\exists x_0, R >|x_0| > 1$ такой, что $\sum a_n x_0^n < \infty$, тогда $\sum |a_n| = \sum \frac {|a_n| |x_0|^n} {|x_0|^n}$. Внутри радиуса степенной ряд сходится абсолютно, поэтому верхняя часть просто оценивается своей суммой $\sum |a_n| |x_0|^n$, остается геом. прогрессия снизу.

[RIP]

id в сообщении #245940 писал(а):

Так, то есть просто доказываем, что в некотором кружке радиуса более единицы, выражение для $F(x)$ как решения ОДУ будет непрерывным/дифференциируемым

Это не получится, поскольку в единице логарифмическая точка ветвления.

id в сообщении #245940 писал(а):

в данном случае - только исследовать произведение вида $(x-1) \int\limits_0^x \frac {e^{-2t}} {(1-t)^2} dt$ в окрестности единицы

А вот это попробуйте. Идея --- "изолировать" особенность в единице, т.е. представить решение в виде $F(z)=F_1(z)+F_2(z)$, где $F_1(z)$ достаточно простого вида, а $F_2(z)$ имеет радиус сходимости больше единицы (из формулы Коши-Адамара для радиуса сходимости степенного ряда тогда получаем, что коэффициенты $F_2(z)$ мажорируются убывающей геометрической прогрессией). Если я правильно посчитал, то в качестве $F_1(z)$ можно взять нечто вроде $C(z-1)\log(1-z)\cdot e^{2z}$, откуда уже легко получить требуемое (можно даже оценить скорость убывания, например, доказать нечто вроде $a_n=2(a_0-a_1)n^{-2}+O(n^{-3})$).

[id]

А по какому принципу подбирается $F_1$? То есть как-то выбираем $F_1$ так, что в сумме c $F_2$, на которую есть еще условия, это будет $C e^{2x} (x-1) + e^{2x}(x-1) \int\limits_0^x \frac {e^{-2t}} {(1-t)^2} dt$?

Сложно получается, конец пока не улавливаю. Задачка просто в принципе с матбоя, но не для чистых математиков, по-моему.

[RIP]

По принципу "чем проще, тем лучше". В данной задачке всё упирается в "невычисляемый" интеграл $\int_0^z(1-t)^{-2}e^{-2t}dt$. Но вычислять вовсе не обязательно: можно обойтись и простыми соображениями типа таких. Интегрируется мероморфная функция с единственным полюсом второго порядка в единице
$(1-t)^{-2}e^{-2t}=e^{-2}(1-t)^{-2}-2e^{-2}(1-t)^{-1}+\text{целая функция},$
поэтому после интегрирования и подстановки в формулу для $F(z)$ получаем
$F(z)=2(a_0-a_1)(1-z)\log(1-z)\cdot e^{2(z-1)}+\text{целая функция}.$
У $(1-z)\log(1-z)$ коэффициенты ведут себя как $O(n^{-2})$, в частности, ряд Маклорена для этой функции в точке $z=1$ сходится абсолютно; функция $e^{2(z-1)}$ вообще целая; поэтому и у их произведения ряд из коэффициентов сходится абсолютно. Вот, собственно, и всё.
Вполне может быть, что предполагалось какое-нибудь другое решение, похитрее и попроще.

[id]

Кажется, теперь понял.

RIP
maxal
Спасибо!

[Paata]

Если $\frac{a_{n+1}}{a_{n}} <1$ для больших $n$ тогда ряд сходится. интересный случай представляет когда $a_{n+1} \approx a_{n}$ в этом случае можно думать о таком подходе к решении этой задачи: Заметим что $a_{n} \to 0$ тогда если понимать последовательность $a_{n} \approx f(n)$ где $f$ это какаянибудь гладкая функция, то наше рекурентное условие можно переписать виде :
$f'(n) \approx a_{n+1}-a_{n} = -\frac{a_{n-1}}{n} \approx -\frac{a_{n}}{n} \approx -\frac{f(n)}{n}$
для достаточно больших $n$.
Решая дифур получим $a_{n} \approx f(n) = O(n^{-2})$.
Конечно все эти шаги требуют строгово обоснования...

[ha]

Можно решить без комплексного анализа. Рассмотрим величину $z_n=|a_{n-1}|+|a_{n-1}-\frac{n-2}{n}a_{n-2}|$. Тогда можно доказать, что $z_{n+1}\le \frac {n-1}{n+1}z_n$ откуда следует сходимость ряда.

А именно $z_{n+1}=|a_{n-1}-\frac{2}{n}a_{n-2}|+|a_{n-1}-\frac{2}{n}a_{n-2}-\frac{n-1}{n+1}a_{n-1}|$.

Оценим второе слагаемое. $|a_{n-1}-\frac{2}{n}a_{n-2}-\frac{n-1}{n+1}a_{n-1}|=|\frac{2}{n+1}a_{n-1}-\frac{2}{n}a_{n-2}|\le $$\frac{2}{n-2}|a_{n-1}-\frac{n-2}{n}a_{n-2}|+(\frac{2}{n-2}-\frac{2}{n+1})|a_{n-1}|$.

Оценим первое слагаемое. $|a_{n-1}-\frac{2}{n}a_{n-2}|\le \frac{2}{n-2}|a_{n-1}-\frac{n-2}{n}a_{n-2}|+\frac{n-4}{n-2}|a_{n-1}|$. Сложив, получим $z_{n+1}\le \frac{4}{n-2}|a_{n-1}-\frac{n-2}{n}a_{n-2}|+(\frac{n-4}{n-2}+\frac{2}{n-2}-\frac{2}{n-1})|a_{n-1}|\le$$ \frac{n-1}{n+1}|a_{n-1}-\frac{n-2}{n}a_{n-2}|+\frac{n-1}{n+1}|a_{n-1}|=\frac{n-1}{n+1}z_n$ для достаточно больших $n$ (нам нужно, чтобы $\frac{4}{n-2}\le\frac{n-1}{n+1}$).

-- Чт сен 24, 2009 11:56:09 --

Выражение для $z_n$ подобрано исходя из знания того, что последовательность убывает как $O(n^{-2})$.

[ewert]

RIP в сообщении #246011 писал(а):

Вполне может быть, что предполагалось какое-нибудь другое решение, похитрее и попроще.

Вот попроще, и вроде совсем нехитро -- более-менее в лоб.

Для удобства сдвинем нумерацию: $\displaystyle a_{n+2}=a_{n+1}-{2\over n}a_n}$. Тогда $\displaystyle {a_{n+2}\over a_{n+1}}=1-{2\over n}\cdot{a_n\over a_{n+1}}$. Если при каком-то $n>8$ выполнено $a_n,\;a_{n+1}>0$ и при этом $\displaystyle {a_n\over a_{n+1}}\in(1;\;2)$, то это же будет верно и для всех последующих $n$. Следовательно, последовательность будет положительной и монотонно убывающей, начиная с некоторого номера. Но тогда из исходного уравнения следует $\displaystyle a_{n+2}\leqslant\left(1-{2\over n}\right)a_{n+1}$, откуда легко получается $\displaystyle a_{n}\leqslant{C\over n^2}$ (и даже $\displaystyle a_{n}\sim{C\over n^2}$).

Дальше просто. Ограничениям $a_9,\;a_{10}>0$ и $\displaystyle {a_9\over a_{10}}\in(1;\;2)$ удовлетворяют как минимум две независимых пары чисел. Уравнение у нас линейное и второго порядка, а значит, существует базис в пространстве решений, для элементов которого $a_n=O(n^{-2})$. Но тогда эта оценка верна и вообще для любого решения. Т.е. ряд сходится (абсолютно) для любого решения.

[EtCetera]

ewert

ewert в сообщении #246802 писал(а):

Для удобства сдвинем нумерацию: $\displaystyle a_{n+2}=a_{n+1}-{2\over n}a_n}$.

Небольшая поправка: все-таки при сдвиге нумерации должно получиться $a_{n+2}=a_{n+1}-\dfrac{2}{n+2}a_n$. Хотя сути дела это, кажется, не меняет.