一个序列的敛散性问题

elim

设 $a_0=\frac{\pi}{2}, a_n+1=(n+1)(2a_n-a_{n+1}), b_n = n(1-na_n).$
试判定$\{b_n\}$的敛散性.


注: 容易验证 $a_n = \int_0^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin x)^n dx$

elim

如何求出 $a_n$ 的渐近逼近展开式?

kastin

`a_n`的母函数为`G(x)=\D\frac{2\arctan\sqrt{1-2x}}{\sqrt{1-2x}}`，其泰勒级数各项系数就是`a_n`。
按照上面的积分，它可以写成\begin{align*}a_n &= {_3}F_2 (\frac12, \frac 12,1;1+\frac n2,\frac 32+\frac n2;1)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1/2)_k(1/2)_k}{(1+n/2)_k(3/2+n/2)_k}\\
&=\frac{1^2}{(n+2)(n+3)}+\frac{1^2\cdot 3^2}{(n+2)(n+4)(n+3)(n+5)}+\frac{1^2\cdot 3^2\cdot 5^2}{(n+2)(n+4)(n+6)(n+3)(n+5)(n+7)}+\cdots\\
&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(n+1)!((2k+1)!!)^2}{(n+2k+3)!}\end{align*}

补充内容 (2020-3-30 23:55):
上面左端应该是 `(n+1)a_n=\cdots`，而不是 `a_n=\cdots`

kastin

试图从级数角度来判断，感觉有些麻烦，还是老老实实直接来做。
根据给出的积分可知 `a_n` 非负单调有界，故收敛（到非负实数 `\alpha`），即 `a_{n+1}= \alpha+o(1)`，`a_n =\alpha`。代入递推式得  `a_n=\D\frac 1n+o(\frac 1n)`，接下来令 `c_n=1-na_n=\beta`，`c_{n+1}=\beta+o(1)`，代入递推式 `nc_{n+1}=(2n+1)c_n-1`，同样可得 `c_n=\D\frac 1{n}+o(\frac 1{n})`。于是 `b_n=nc_n=1+o(1)`，收敛到1.

kastin

继续最开始的方法，看看结果是否一样。易知 `b_n` 的母函数则为 `\D F(x)=x(\frac{x}{1-x}-xG')'=\frac{x}{(1-x)^2}-xG'-x^2G''`，表达式比较复杂，还是直接考虑 `G(x)` 吧。

令 `u(x)=2\arctan\sqrt{1-2x}`，则`u(0)=\pi/2`，对于整数 `k>0`，`u^{(k)}(0)=-2(k-1)!`；同样令 `v(x)=\frac{1}{\sqrt{1-2x}}`，则`v(0)=1`， 对于整数 `k>0`，`v^{(k)}(0)=(2k-1)!!`。
于是 `a_n=\frac{G^{(n)}(0)}{n!}=\frac{1}{n!}\sum_{i=0}^n C_n^iu^{(i)}v^{(n-i)}=\frac{u^{(n)}(0)+\frac{\pi}{2}v^{(n)}(0)}{n!}+\sum_{k=1}^{n-1} C_n^i\frac{u^{(n-k)}(0)v^{(k)}(0)}{n!}=-\frac{2}{n}+\frac{\pi}{2}\frac{2^n(2n-1)!!}{(2n)!!}-2\sum_{k=1}^{n-1} \frac{(2k-1)!!}{(n-k)k!}`（`n\geqslant 2`）
如果定义 `(-1)!!=1`，那么还可直接写为 `a_n=\frac{\pi}{2}\frac{2^n(2n-1)!!}{(2n)!!}-2\sum_{k=0}^{n-1} \frac{(2k-1)!!}{(n-k)k!}`（`n\geqslant 1`）.
剩下求渐近表达时可以用沃利斯公式（`\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} \sim \frac 1{\sqrt{n\pi}}`）来化简，只是后面求和不太好处理。

kastin

上面 `u^{(n)}(0)` 计算结果错了，没有一般封闭的表达。`G(x)`在零点展开式的一般表达还是比较困难的，但容易看出在 `x=1/2` 处展开比较简单。
可令 `t=x-1/2`，则 \begin{align*}\frac {2\arctan \sqrt{1-2x}}{\sqrt{1-2x}}&=\frac{2}{\sqrt{-2t}}\int_0^t-\frac{1}{\sqrt{-2t}(1-2t)}\dif t=-\frac{2}{\sqrt{-2t}}\int_0^t\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n(-2t)^{n-1/2}\dif t\\
&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n+1}t^n}{2n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{n+1}}{2n+1}(x-\frac 12)^n\end{align*}这样就得到 `\D a_n=\sum_{k=n}^{\infty}\frac{2^{k+1}}{2k+1}C_k^n(-\frac 12)^{k-n}=2^{n+1}\sum_{k=n}^{\infty}\frac{(-1)^{k-n}}{2k+1}C_k^n=\sum_{j=0}^{\infty}(-1)^jC_{n+j}^j\frac{2^{n+1}}{2n+2j+1}`

kastin

验证一下上面的结果：根据 `\arctan x` 展开式易知 `\pi/4=\sum_{n\geqslant 0}\frac{(-1)^n}{2n+1}`，因此 `a_0=\sum_{j\geqslant 0}(-1)^j\frac{2}{2j+1}=\pi/2`.
考虑到`\sum_{s\geqslant 1}(-1)^j\frac{2s}{2s+1}x^{2s-1}=(-\frac{\arctan x}{x})'=\frac{\arctan x}{x^2}-\frac{1}{x(1+x^2)}` ，故`a_1=4\sum_{j\geqslant 0}(-1)^j\frac{j+1}{2j+3}=2\sum_{j\geqslant 0}(-1)^j\frac{2j+2}{2j+3}=2\sum_{s\geqslant 1}(-1)^j\frac{2s}{2s+1}=2(\frac{\pi}{4}-\frac 12)=\frac{\pi}2-1`.
在Wolfram online上通过数值检验，对于0<n<5，系统认为级数不收敛(实际上n=1是收敛的)，但通过求极限，能给出正确值（很奇怪，为什么n=5,6,...就能直接给出值？按理说，应该也一样判定不收敛呀？）

1. an=Table[SeriesCoefficient[2ArcTan[Sqrt[1-2x]]/Sqrt[1-2x],{x,0,k}],{k,0,8}]//Simplify
   
2. Clear[f]
   
3. f[n_]:=Sum[Binomial[n+j,j](-1)^j 2^(n+1)/(2n+2j+1),{j,0,Infinity}]
   
4. f/@Range[5,8]//Simplify
   
5. f[2]
   
6. Limit[f[n],n->2]

复制代码

母函数是形式幂级数，可以不用考虑级数收敛性，但若从数值角度检验6楼最后的结果，当n=2时，明显常项级数不满足收敛要求，难道是不能在1/2处展开？

elim

谢谢高手 kastin. 在先生的回帖中受益良多1

elim

如果我们把问题改成:
设数列$\{a_n\}$满足递推关系$a_{n-1}+1=n(2a_{n-1}-a_n).$ 求$a_0$使$\{n(1-na_n)\}$收敛.

由上面的结果知道$a_0=\frac{\pi}{2}$是一个解. 现在问这个解是否唯一?

kastin

elim 发表于 2020-3-31 02:47
如果我们把问题改成:
设数列$\{a_n\}$满足递推关系$a_{n-1}+1=n(2a_{n-1}-a_n).$ 求$a_0$使$\{n(1-na_n)\} ...

最开始我也是从递推的角度考虑一般情况的。对于特殊初值，你给出了积分表达式。本来可以直接将 `(1-\sin x)^n` 利用二项式展开，然后用沃利斯公式（即 `I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n x\dif x` 的结果），虽然能得到 `a_n` 有限项求和表达式，但仍然是二项式系数和双阶乘混合的交错求和，而对于交错级数的阶的估计，我还没啥经验，不知道怎么处理比较好。而且一旦初值变了，正如你这里指出的，就可能没有这种积分表达式，可以讨论更一般的情况。

比如，直接写出 `b_n=n(1-na_n)` 的递推式，考虑它在对于 `b_1=1-a_1` 初值的收敛性。即，当 `a_0` 取不同值，也就是 `a_1` 取不同值时，`b_n` 是否收敛的问题。这个问题属于变系数一阶线性递推关系，个人感觉，应该有答案。