Κλειστός τύπος για ακολουθία (1)

#1

Αν $a_{0}=1$ και $\displaystyle{a_{n+1}=K\sum_{j=0}^{n}a_{j}a_{n-j}}$ με K>0

, ας βρεθεί ο γενικός όρος της $a_{n}$ .

kwstas12345 · #2

Νομίζω πως βρήκα μια λύση με γεννήτριες συναρτήσεις. Έστω $\displaystyle \left(a_{n} \right)_{n=0}^{\infty}$ η ακολουθία μας και $\displaystyle G\left(x \right):=\sum_{k=0}^{\infty}{a_{k}}x^k$ η γεννήτρια συνάρτηση αυτής για όλα τα

που συγκλίνει. Tότε παρατηρούμε ότι $\displaystyle G\left(x \right)=\sum_{n=k}^{\infty}{a_{n-k}}x^{n-k}$ .Θα δουλέψουμε για $\displaystyle 0<x<\frac{1}{4K}$ .

Οπότε $\displaystyle G^2 \left(x \right)=\left(\sum_{k=0}^{\infty}{a_{k}x^{k}} \right)\left(\sum_{k=n}^{\infty}{a_{n-k}x^{n}} \right)=\sum_{n=0}^{\infty}{\sum_{k=0}^{n}{a_{n-k}a_{k}x^n}}$ .Έτσι από την ζητούμενη συνθήκη: $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}x^{n}}=K\sum_{n=0}^{\infty}{\sum_{k=0}^{n}{a_{n-k}a_{k}x^n}}=K\cdot G^2 \left(x \right)$ .

Όμως $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{a_{n+1}x^{n}}=\frac{1}{x}\left(\sum_{n=-1}^{\infty}{a_{n+1}x^{n+1}}-a_{0} \right)=\frac{1}{x}\left(G\left(x \right)-1 \right)$ .Άρα $\displaystyle KxG^{2}-G\left(x \right)+1=0$ .Έτσι έχουμε $\displaystle \left(2K \cdot x G\left(x \right)-1 \right)^2=1-4Kx$ . Έτσι θα προκύψει ότι

$\displaystyle G\left(x \right)=\frac{1-\sqrt{1-4Kx}}{2Kx} \vee G\left(x \right)=\frac{1+\sqrt{1-4Kx}}{2Kx}$ .Έστω ότι $\displaystyle G\left(x \right)=\frac{1-\sqrt{1-4Kx}}{2Kx}$ .Γνωρίζουμε ότι $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{\binom{2n}{n} x^n}=\left(1-4x \right)^{-1/2}$ .

Τότε $\displaystyle \int_{0}^{t}\left({\sum_{n=0}^{\infty}{\binom{2n}{n}x^n}} \right) dx =\int_{0}^{t}{\left(1-4x \right)}dx=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2}=$ $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}}x^{n-1}\Rightarrow \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}}x^{n}=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$ .

Τότε όμως $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}{\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}}K^n x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}{a_{n}x^{n}}\Leftrightarrow a_{n}=\frac{K^{n}}{n+1}\binom{2n}{n}$ .

H $\displaystyle G\left(x \right)=\frac{1+\sqrt{1-4Kx}}{2Kx}$ απορίπτεται αφού στο ανάπτυγμα της κοντά στο

προκύπτουν και αρνητικοί όροι πράγμα αδύνατο αφού η ακολουθία μας αποτελείται μόνο από θετικούς όρους.

Τελικά 'εχουμε $\displaystyle a_{n}=\frac{K^n}{n+1}\binom{2n}{n}$ και η γεννήτρια αυτής η $\displaystyle G\left(x \right)=\frac{1-\sqrt{1-4Kx}}{2Kx}.$

Κλειστός τύπος για ακολουθία (1)

Κλειστός τύπος για ακολουθία (1)

Re: Κλειστός τύπος για ακολουθία

Μέλη σε σύνδεση