一个序列的敛散性问题

kastin

递推式为 `n^2b_{n+1}=(n+1)(2n+1)b_n-n(n+1)`，若 `a_0=\pi/2`，即 `b_1=2-\frac{\pi}{2}`，那么 `b_n` 收敛于1。
看看单调性 `\D n^2(b_{n+1}-b_n)=(n^2+3n+1)(b_n-\frac{n^2+n}{n^2+3n+1})`
显然 `\frac{n^2+n}{n^2+3n+1}` 为增函数，故当 `b_n >\frac{n^2+n}{n^2+3n+1}` 时，序列单调递增。 易证若 `b_n` 收敛，极限值必为1，故必须有上界，则 `b_n\leqslant \frac{2n^2+n}{2n^2+3n+1}`，考虑到单调性，必须有 `b_1\leqslant 1/2`。
但数列收敛，不一定要求全局严格单调，上面的结果还不完全正确。

kastin

写成显式形式 `b_n=\frac{n(2n-1)}{(n-1)^2}b_{n-1}-\frac{n}{n-1}`，考虑直接迭代：\begin{align*}b_n&=\frac{n!(2n-1)!!}{[(n-1)!]^2}\left(b_1-\sum_{k=2}^n\frac{k[(k-1)!]^2}{(k-1)(k!(2k-1)!!)}\right)\\
&=\frac{n^22^n(2n-1)!!}{(2n)!!}\left(b_1-\sum_{k=2}^n\frac{(k-2)!}{(2k-1)!!}\right)\end{align*}
左侧为无穷大，若收敛，右侧应该为无穷小，故可不太严谨地推出 `b_1=\lim_{n\to \infty}\sum_{k=2}^n\frac{(k-2)!}{(2k-1)!!}=2-\pi/2`.

elim

我前几天的做法是这样的:



非常喜欢四楼这种风格的解(正在理解中).

如果能够得到 b(n) 关于 n 和一般初值a(0) 的渐近展开式就好了.

kastin

12楼基本证明了初值的唯一性，只是括号内极限的求解很复杂（类似7楼那种级数求和）。

根据12楼，左边双阶乘可以用5楼提到的沃利斯公式近似，主括号里面求和的渐近，直接通过软件可以给出渐近结果：\[b_n\sim 2^n\sqrt{\frac{n}{\pi}}(n-\frac 18+\frac{1}{128n})(b_1-2+\frac{\pi}{2})+\frac 12(1-\frac{1}{2n}){\,}_2F_1(1,n;n+\frac 32;\frac 12)\]记升阶乘 `(x)_k=x(x+1)(x+2)\cdots(x+k-1)=(x+k-1)!/(x-1)!`，则其中的超几何级数 `\D _2F_1(1,n;n+\frac 32;\frac 12)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1)_k(n)_k}{k!(n+3/2)_k}(\frac 12)^k`
当 `n\to \infty` 时，`_2F_1(1,n;n+\frac 32;\frac 12)\to 2`，可见， `b_n` 要收敛，必然有 `b_1-2+\pi/2=1-(a_0-1)-2+\pi/2=0`，即 `a_0=\pi/2` 时， `b_n\to\frac 12\cdot 1\cdot 2=1`.
因此 `a_0` 只有唯一值。

kastin

既然结果可用超几何级数表示，那么可用就照这个思路来推导。对12楼中的括号部分进行变换 \begin{align*}b_1-\sum_{k=2}^n\frac{(k-2)!}{(2k-1)!!}&=2-a_0-\sum_{k=0}^{n-2}\frac{k!}{(2k+3)!!}=2-a_0+\frac{(n-1)!}{(2n+1)!!}+\frac{(n-2)!}{(2n-1)!!}-\sum_{k=0}^{n}\frac{k!}{(2k+3)!!}\\
&=2-a_0+\frac{3}{(n-1)(2n+1)}\frac{(2n)!!}{2^n(2n-1)!!}-\sum_{k=0}^{n}\frac{k!}{(2k+3)!!}\tag{1}\end{align*}左边可用沃利斯公式估计，现在需要对右边级数进行处理。根据超几何级数的定义式，将级数可改写为\begin{align*}\sum_{k=0}^{n}\frac{k!}{(2k+3)!!}&=\frac 13\sum_{k=0}^{n}\frac{(1)_k(1)_k}{k!(\frac 52)_k}\left(\frac 12\right)^k\\
&=\frac 13\left[_2F_1(1,1;\frac 52;\frac 12)-\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{(1)_k(1)_k}{k!(\frac 52)_k}\left(\frac 12\right)^k\right]\\
&=\frac 12(4-\pi)-\frac{(n+1)!}{(2n+5)!!}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1)_k(n+2)_k}{k!(n+\frac 72)_k}\left(\frac 12\right)^k\\
&=2-\frac{\pi}{2}-\frac{(n-1)!}{(2n+1)!!}\left[-1-\frac{n}{2n+3}+\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1)_k(n)_k}{k!(n+\frac 32)_k}\left(\frac 12\right)^k\right]\\
&=2-\frac{\pi}{2}+\frac{3(n+1)!}{n(2n+3)!!}-\frac{(n-1)!}{(2n+1)!!}\;_2F_1(1,n;n+\frac 32;\frac 12)\tag{2}\end{align*}
然后把(2)代入(1)，对于含有双阶乘和阶乘的式子利用沃利斯公式 `\D\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}\sim \frac{\sqrt{(2n+1)\pi}}{2}\sim\sqrt{n\pi}`，最后回代12楼，就得到`b_n` 的渐近表达。
对于(2)中的超几何级数部分，考虑到 `\frac{n_k}{(n+3/2)_k}\to 1\;(n\to \infty)`，因而 `\D\lim_{n\to\infty}\, _2F_1(1,n;n+\frac 32;\frac 12)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2^k}=2`.

kastin

其中 `\frac13\,_2F_1(1,1;\frac 52;\frac {x}2)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{k!}{(2k+3)!!}x^k=\frac{2}{x^2}-\frac 2x\sqrt{\frac{2-x}{x}}\arcsin\sqrt{\frac x2}`，故 `\frac13\,_2F_1(1,1;\frac 52;\frac 12)=2-\frac{\pi}{2}`.

elim

谢谢 kastin 先生的指教. 我好好学学.