一道非常难的递推数列求极限题

陈洪葛 posted @ Jun 12, 2014 05:03:27 PM in 数学分析 , 1649 阅读

设$a_{0}$和$a_{1}$是实数,且满足$a_{n+1}=a_{n}+\frac{2}{n+1}a_{n-1}$,证明序列$\left\{\frac{a_{n}}{n^2}\right\}$收敛,并求极限。


解:设
\[ S(x)=a_{0}+a_{1}x+\cdots+a_{n}x^{n}+\cdots \]

\begin{align*}
S(x)&=a_{0}+a_{1}x+\sum_{n=2}^{\infty}a_{n}x^{n}\\
&=a_{0}+a_{1}x+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n+1}x^{n+1}\\
&=a_{0}+a_{1}x+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}x^{n+1}+\frac{2}{n+1}a_{n-1}x^{n+1}\right)\\
&=a_{0}+a_{1}x+x(S(x)-a_{0})+2\int_{0}^{x}tS(t)dt
\end{align*}
两边对$x$求导,得到微分方程
\[ (x-1)S'(x)+(2x+1)S(x)+a_{1}-a_{0}=0 \]
注意到初值$S_{0}=a_{0}$,解这个ODE,得到
\[ S(x)=\frac{1}{4}\cdot\left[\frac{(2x^2-6x+5)(a_{0}-a_{1})+(5a_{1}-9a_{0})e^{-2x}}{(x-1)^3}\right]\]
我们有展开式
\[ \frac{1}{(1-x)^{3}}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(k+2)(k+1)}{2}x^{k} \]
\[ e^{-2x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-2)^{k}}{k!}x^{k} \]

\[ (2x^2-6x+5)\cdot\frac{1}{(1-x)^3}=5+9x+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{2}(n+5)(n+2)x^{n} \]
\[ e^{-2x}\cdot\frac{1}{(1-x)^3}=\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n} \]
其中
\[ c_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{(-2)^{k}(n-k+2)(n-k+1)}{2\cdot k!} \]
于是
\[ S(x)=\frac{1}{4}(a_{1}-a_{0})\left(5+9x+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{2}(n+5)(n+2)x^{n}\right)+\left(\frac{9}{4}a_{0}-\frac{5}{4}a_{1} \right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}c_{n}x^{n}\right)\]
对比$x^{n}$项的系数,得到
\[a_{n}=\frac{1}{8}(n+5)(n+2)(a_{1}-a_{0})+\left(\frac{9}{4}a_{0}-\frac{5}{4}a_{1}\right)\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{(-2)^{k}(n-k+2)(n-k+1)}{2\cdot k!}\right)\]
下面来计算
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{n^2} \]
显然有
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{8}(n+5)(n+2)(a_{1}-a_{0})}{n^2}=\frac{1}{8}(a_{1}-a_{0}) \]
又注意到
\begin{align*}
&\frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-2)^{k}}{2\cdot k!}(n-k+2)(n-k+1)\\
&= \frac{1}{n^2}\sum_{k=0}^{n}\frac{(-2)^{k}}{2\cdot k!}[n^2+3n-2kn+(k-2)(k-1)]\\
&=\sum_{k=0}^{n}\frac{(-2)^{k}}{2\cdot k!}+o(1)\\
&\to \frac{e^{-2}}{2}\qquad (n\to\infty)
 \end{align*}
 所以
 \[ \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{n^2}=\left(\frac{9}{8}e^{-2}-\frac{1}{8}\right)a_{0}+\left(\frac{1}{8}-\frac{5}{8}e^{-2}\right)a_{1} \]


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