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[求助] 求通项公式

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发表于 2017-9-18 16:51:06 | 显示全部楼层 |阅读模式

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     有这样一个数字串A。 可以有通项公式吗?
A=1,0,1,14,253,5580,145333,4365570,148574713,........
     其中:A(1)=1    A(2)=0    A(n)=A(n-2)+A(n-1)×(4n-2)
     感谢论坛对我的厚爱!    在此先谢谢大家!
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 楼主| 发表于 2017-9-19 20:36:21 | 显示全部楼层
1, 有这样一个数字串A。 可以有通项公式吗?
      A=1,0,1,14,253,5580,145333,4365570,148574713,........
      其中:A(1)=1    A(2)=0    A(n)=A(n-2)+A(n-1)×(4n-2)
2, 有这样一个数字串B。 可以有通项公式吗?
      B=0,1,10,141,2548,56197,1463670,43966297,1496317768,....
      其中:B(1)=0    B(2)=1    B(n)=B(n-2)+B(n-1)×(4n-2)   
3,这两个数字串的背景是我们大家熟悉的"e“。
     随着A,B的调整,固定分数2+(5B+A)/(7B+A)向“e”靠拢的速度极快。
4,当然,我们希望能把A,B的通项公式找出来,想要多快就能多快!
说明:
1,固定分数(5B+A)/(7B+A)是用一大一小两面夹逼的方法向"e"靠拢的。
2,在所有不大于分母(7B+A)的分数中,固定分数2+(5B+A)/(7B+A)是最接近"e"的。
3,更简单地,e=3-2/(7+A/B)。

  感谢论坛对我的厚爱!    在此先谢谢大家
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发表于 2017-9-20 12:12:20 | 显示全部楼层
MMA计算出要用第一、二类虚宗量贝塞尔函数来表示,虽然是复表达,但当`n`为正整数时,最后虚部抵消,得到是实数。\[A_n=\frac{K_{\frac{5}{2}}\left(\frac{1}{2}\right) I_{n+\frac{1}{2}}\left(-\frac{1}{2}\right)-I_{\frac{5}{2}}\left(-\frac{1}{2}\right) K_{n+\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)}{I_{\frac{3}{2}}\left(-\frac{1}{2}\right) K_{\frac{5}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)-I_{\frac{5}{2}}\left(-\frac{1}{2}\right) K_{\frac{3}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)}\\
B_n=\frac{K_{\frac{3}{2}}\left(\frac{1}{2}\right) I_{n+\frac{1}{2}}\left(-\frac{1}{2}\right)-I_{\frac{3}{2}}\left(-\frac{1}{2}\right) K_{n+\frac{1}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)}{I_{\frac{5}{2}}\left(-\frac{1}{2}\right) K_{\frac{3}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)-I_{\frac{3}{2}}\left(-\frac{1}{2}\right) K_{\frac{5}{2}}\left(\frac{1}{2}\right)}\]
因为 `\alpha\to \infty` 时 `I_{\alpha}(x)\to\frac{1}{\Gamma(\alpha+1)}(\frac{x}{2})^{\alpha}`,`K_{\alpha}(x)\to\frac{\Gamma(\alpha)}{2}(\frac{2}{x})^{\alpha}`,从而可得 `A_n,B_n` 的渐近表达。

点评

先谢谢kastin先生!我再慢慢来消化!  发表于 2017-9-20 12:58
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发表于 2017-9-20 13:11:49 | 显示全部楼层
母函数,转化为微分方程求解

点评

谢谢creasson先生! 我来找一找!  发表于 2017-9-21 04:09
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发表于 2017-9-24 18:37:50 | 显示全部楼层
@creasson

$$f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty}A_{n}x^{n} = \sum_{n=1}^{+\infty}A_{n-1}x^{n-1} = \sum_{n=2}^{+\infty}A_{n-2}x^{n-2}$$
导数关系如下:

$$f'(x) = \sum_{n=1}^{+\infty}nA(n)x^{n-1} = \sum_{n=2}^{+\infty}(n-1)A_{n-1}x^{n-2}$$
代入条件:

$$\sum_{n=2}^{+\infty}A(n)x^n = \sum_{n=2}^{+\infty}A_{n-2}x^n + \sum_{n=2}^{+\infty}(4n-2)A_{n-1}x^n$$

$$\sum_{n=2}^{+\infty}A(n)x^n = \sum_{n=2}^{+\infty}A_{n-2}x^n + \sum_{n=2}^{+\infty}(4n-4)A_{n-1}x^n+2 \sum_{n=2}^{+\infty}A_{n-1}x^n$$

$$f(x)-A_0-A_1x = x^2f(x)+4x^2f'(x)+2x(f(x)-A_0)$$

代入 $$A_0 = -6, A_1 = 1$$.

所以问题转化为微分方程

$$f(x)-x +6 = x^2f(x)+4x^2f'(x)+2x(f(x)+6)$$
----------------------------
以上全部推导过程可以用一行Mathematica代码搞定:
  1. ZTransform[(a[n]-(a[n-2]+(4n-2)a[n-1]))/.n->n+2,n,x]/.{ZTransform[a[n],n,x]->y[x],ZTransform[n a[n],n,x]->x y'[x]}/.{a[0]->-6,a[1]->1}
复制代码



然而,用Mathematica解 这个方程,解不动。
  1. DSolve[{y[x]-x+6==x^2y[x]+4x^2y'[x]+2x(y[x]+6),y[0]==-6},y[x],x]
复制代码

还不如kastin的解法:
  1. RSolve[{a[n]==a[n-2]+(4n-2)a[n-1],a[1]==1,a[2]==0},a[n],n]
复制代码

点评

谢谢wayne!  发表于 2017-9-24 20:47
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 楼主| 发表于 2017-9-26 16:29:35 | 显示全部楼层
wayne 发表于 2017-9-24 18:37
@creasson

$$f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty}A_{n}x^{n} = \sum_{n=1}^{+\infty}A_{n-1}x^{n-1} = \sum_{n= ...

我把基础资料整理出来!大家看一看!还能有更好的通项公式吗?

1, 有这样一个数字串A。    A(1)=1    A(2)=0    A(n)=A(n-2)+A(n-1)×(4n-2)
      A=1,0,1,14,253,5580,145333,4365570,148574713,5650204664,237457170601,........     
其中: A(12)=10928680052310由以下5行数相加而得(余类推)
2×15×5/1
2×13×4/1×2×15×5/2×2×17×6/3
2×11×3/1×2×13×4/2×2×15×5/3×2×17×6/4×2×19×7/5
2×9×2/1×2×11×3/2×2×13×4/3×2×15×5/4×2×17×6/5×2×19×7/6×2×21×8/7
2×7×1/1×2×9×2/2×2×11×3/3×2×13×4/4×2×15×5/5×2×17×6/6×2×19×7/7×2×21×8/8×2×23×9/9


2, 有这样一个数字串B。  B(1)=0    B(2)=1    B(n)=B(n-2)+B(n-1)×(4n-2)
      B=0,1,10,141,2548,56197,1463670,43966297,1496317768,56904041481,2391466059970,....   
其中:B(12)=110064342800101由以下6行数相加而得(余类推)
1
2×13×5/1×2×15×6/2
2×11×4/1×2×13×5/2×2×15×6/3×2×17×7/4
2×9×3/1×2×11×4/2×2×13×5/3×2×15×6/4×2×17×7/5×2×19×8/6
2×7×2/1×2×9×3/2×2×11×4/3×2×13×5/4×2×15×6/5×2×17×7/6×2×19×8/7×2×21×9/8
2×5×1/1×2×7×2/2×2×9×3/3×2×11×4/4×2×13×5/5×2×15×6/6×2×17×7/7×2×19×8/8×2×21×9/9×2×23×10/10
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2017-9-27 18:32:29 | 显示全部楼层
wayne 发表于 2017-9-24 18:37
@creasson

$$f(x) = \sum_{n=0}^{+\infty}A_{n}x^{n} = \sum_{n=1}^{+\infty}A_{n-1}x^{n-1} = \sum_{n= ...

微分方程有(孤立)奇点 `x=0`,此时最高阶微分项消失(退化为代数方程),故零点处初始函数值无论取何值,导数可以取无穷多个值,从而满足微分方程的函数只能得到通解(犹如原子核外电子轨迹云一样),无法得到特解。但注意,通解在零点处仍满足退化的代数关系,即 `\D\lim_{x\to0}f(x)=-6`:
  1. sol = DSolve[{4 x^2 y'[x] + (x^2 + 2 x - 1) y[x] + 13 x - 6 == 0},
  2.   y[x], x]
  3. f[x_] := y[x] /. sol[[1]];
  4. Limit[f[x], x -> 0]
复制代码
考虑到 `A_n` 增长速度非常快,所以令 `a_n=A_n/n!`,只要求出 `a_n` 通项,就能得到 `A_n` 通项。
记形式幂级数(母函数)\[u(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n\]根据1楼给出的通项公式,同时除以 `(n-1)!` 得到 \[n(n-1)a_n=a_{n-2}+(4n-2)(n-1)a_{n-1},\quad (a_0=A_0/0!=A_0=-6,\;a_1=A_1/1!=1)\]等式两端同时乘以 `x^{n-2}` 并对 `n\geqslant 2`求和\[\sum_{n= 2}^{\infty}(n-1)na_nx^{n-2}=\sum_{n= 2}^{\infty}a_{n-2}x^{n-2}+4\sum_{n= 2}^{\infty}(n-1)na_{n-1}x^{n-2}-2\sum_{n= 2}^{\infty}(n-1)a_{n-1}x^{n-2}\\
\implies u''=u+4(xu)''-2u'\]即\[(4x-1)u''+6u'+u=0,\quad u(0)=-6,u''(0)=6a_1+a_0=0\]解方程并验算
  1. sol = DSolve[{(4 x - 1) u''[x] + 6 u'[x] + u[x] == 0, u[0] == -6,
  2.     u''[0] == 0}, u[x], x];
  3. g[x] = u[x] /. sol[[1]]
  4. Table[n! SeriesCoefficient[g[x], {x, 0, n}], {n, 0, 10}]
复制代码
得到 \[u(x)=\frac{i e^{-\frac{1}{2}-\frac{1}{2} i \sqrt{4 x-1}} \left(-19+7 e^{1+i \sqrt{4 x-1}}\right)}{2 \sqrt{4 x-1}}\] `\{-6,1,0,1,14,253,5580,145333,4365570,148574713,5650204664\}`
但 `u(x)` 的展开系数一般式不太好表示出来。
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发表于 2017-9-27 20:51:21 | 显示全部楼层
kastin 发表于 2017-9-27 18:32
微分方程有(孤立)奇点 `x=0`,此时最高阶微分项消失(退化为代数方程),故零点处初始函数值无论取何值 ...

很不错, 注意到两个关于贝塞尔函数的恒等式\[\sqrt {\frac{2}{{\pi z}}} \cos \sqrt {{z^2} - 2zt}  = \sum\limits_{m = 0}^\infty  {\frac{{{t^m}}}{{m!}}} {J_{m - \frac{1}{2}}}\left( z \right)\]
\[\sqrt {\frac{2}{{\pi z}}} \sin \sqrt {{z^2} + 2zt}  = \sum\limits_{m = 0}^\infty  {\frac{{{t^m}}}{{m!}}} {J_{\frac{1}{2} - m}}\left( z \right)\]
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发表于 2017-9-28 09:17:47 | 显示全部楼层
creasson 发表于 2017-9-27 20:51
很不错, 注意到两个关于贝塞尔函数的恒等式\[\sqrt {\frac{2}{{\pi z}}} \cos \sqrt {{z^2} - 2zt}  = \ ...


嗯看看能不能有进一步结果:令 `z\to i/2`,`t\to ix`,于是有\[\frac{2}{\sqrt{\pi }}\cos \frac{\sqrt{4x-1}}{2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{ J_{n-\frac{1}{2}}(i/2)}{i^{n-\frac{1}{2}}}\frac{x^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty} I_{n-\frac{1}{2}}(1/2)\frac{x^n}{n!}\]类似地,令 `z\to i/2`,`t\to -ix` 有\[\frac{2}{\sqrt{\pi }}\sin \frac{\sqrt{4x-1}}{2}=\sum_{n=0}^{\infty} (-1)^nI_{\frac{1}{2}-n}(1/2)i\frac{x^n}{n!}\]上面用到了下面的关系\[ I_{\alpha}(z)=i^{-\alpha} J_{\alpha}(iz),\;(-\pi< \arg z \leqslant \pi/2)\]于是可得 `e^{\pm\frac{i}{2}\sqrt{4x-1}}` 的幂级数。
已知泰勒级数\[\frac{1}{2\sqrt{4x-1}}=-i\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(2n-1)!!}{n!}x^n\]二者乘积后泰勒级数的系数要用到卷积来表示,这样就非常复杂了。
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发表于 2017-9-28 09:46:28 | 显示全部楼层
kastin 发表于 2017-9-28 09:17
嗯看看能不能有进一步结果:令 `z\to i/2`,`t\to ix`,于是有\[\frac{2}{\sqrt{\pi }}\cos \frac{\sqr ...

是这样,令\[t = 2zx\],于是\[\sqrt {\frac{2}{\pi }} \cos z\sqrt {1 - 4t}  = \sum\limits_{m = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( {2z} \right)}^{m + \frac{1}{2}}}{x^m}}}{{m!}}} {J_{m - \frac{1}{2}}}\left( z \right)\]两边对Z积分\[\sqrt {\frac{2}{\pi }} \frac{{\sin z\sqrt {1 - 4t} }}{{\sqrt {1 - 4t} }} = \sum\limits_{m = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( 2 \right)}^{m + \frac{1}{2}}}{x^m}}}{{m!}}} \int {{z^{m + \frac{1}{2}}}} {J_{m - \frac{1}{2}}}\left( z \right)dz = \sum\limits_{m = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( 2 \right)}^{m + \frac{1}{2}}}{x^m}}}{{m!}}} {z^{m + \frac{1}{2}}}{J_{m + \frac{1}{2}}}\left( z \right)\]
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