Resolver la secuencia : $u_n = 1-(\frac{u_1}{n} + \frac{u_2}{n-1} + \ldots + \frac{u_{n-1}}{2})$

Question

Para un modelo físico estoy tratando de resolver esta secuencia:

$$\begin{align*} u_1 &= 1 \\ u_2 &= 1-\left(\frac{u_1}{2}\right) \\ u_3 &= 1-\left(\frac{u_1}{3} + \frac{u_2}{2}\right) \\ u_4 &= 1-\left(\frac{u_1}{4} + \frac{u_2}{3} + \frac{u_3}{2}\right) \\ &\vdots \\ u_n &= 1-\left(\frac{u_1}{n} + \frac{u_2}{n-1} + \cdots + \frac{u_{n-1}}{2} \right) \end{align*}$$

Me gustaría tener al menos el comportamiento asintótico de $u_n$, pero realmente no saben cómo hacerlo.

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Traté de usar la integral de la forma de resolver la serie armónica, así que me tome $f$ como $f(n) = u_n$ $$f(n) = 1-\left(\frac{f(1)}{n} + \frac{f(2)}{n-1} + \cdots + \frac{f(n-1)}{2}\right)$$ Supongo que $f$ es decreciente y por lo que escribo $$f(n) \sim 1- \int_1^n \frac{f(x)}{n+1-x} \,dx$$ and then $$f'(x) + f(x) = \frac{1}{x}$$ Pero no estoy seguro de que esta es una manera correcta, y realmente no sé cómo resolver el problema de que (parece ser $\sim 1/x$ al $x \to \infty$, pero he encontrado una solución a $1 + \mathrm{Ei}(x)/e^{-x}$ que parece ser divergentes).

Answer 1

Una vez que usted acepta sos440 integral de la fórmula, se puede obtener la asymptotics de $u_n$ muy fácilmente. Creo que se podría evitar la sinc la función si es necesario, pero me gusta.

Fix $0\leq u\leq 1$. Los límites $1-w^2\leq (1-w)\exp(w)\leq 1$$0\leq w\leq 1$, dar
$$\prod_{k=1}^{n}\left(1-{u^2\sobre k^2}\right) \exp(-u H_{n}) \leq \prod_{k=1}^{n}\left(1-{u\sobre k}\right)\leq \exp(-u H_n),$$ donde $H_n$ $n$ésimo número armónico. El infinito producto de la expansión de la función de sinc es $${\rm sinc}(\pi u)=\prod_{k=1}^{\infty}\left(1-{u^2\over k^2}\right),$$ así tenemos $${\rm sinc}(\pi u)\exp(-u H_n)\leq\prod_{k=1}^{n}\left(1-{u\over k}\right)\leq\exp(-u H_n).\tag1$$

Establecimiento $u_{n+1}=\int_0^1 \prod_{k=1}^{n}\left(1-{u\over k}\right)\,du$, el uso de la los límites (1) y un cambio de variables da

$$\int_0^{H_n} {\rm sinc}(\pi w/H_{n}) \exp(-w)\,dw \leq H_n u_{n+1} \leq \int_0^{H_n} \exp(-w)\,dw,$$ y desde la función de sinc es acotado, continua, y toma el valor 1 en cero, el uso de la monotonía de convergencia llegamos a la conclusión de que $H_n u_{n+1} \to1$. En otras palabras, $u_n\sim 1/\log(n)$.

Answer 2

He aquí algunas observaciones: Vamos a

$$U(x) = \sum_{n=1}^{\infty} u_n x^n. $$

A partir de la identidad $\displaystyle -\frac{\log(1-x)}{x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^n}{n+1}$, se deduce que

$$ -\frac{\log(1-x)}{x} U(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{u_k}{n+1-k} \right) x^n = \sum_{n=1}^{\infty} x^n = \frac{x}{1-x} $$

y por lo tanto

$$ U(x) = -\frac{x^2}{(1-x)\log(1-x)}. $$

Ahora vamos a

$$ -\frac{x}{\log(1-x)} = 1 - \sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n. $$

Entonces es claro para confirmar que

$$ u_n = 1 - \sum_{k=1}^{n-1} a_k. $$

En cuanto al comportamiento de $(a_n)$, le reclamo las siguientes afirmaciones:

1. $a_n > 0$ todos los $n = 1, 2, 3, \cdots$ y
2. $\sum a_n = 1$.

Una vez $a_n > 0$ se establecen, a continuación, la segunda afirmación sigue inmediatamente. De hecho, la suma de $\sum a_n$ tiende a algún límite en $[0, \infty]$. A continuación, una versión simple de Abelian teoremas muestra que

$$ \sum_{n=1}^{\infty} a_n = \lim_{x\to 1^-} \sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n = \lim_{x\to 1^-} \left( 1 + \frac{x}{\log (1-x)} \right) = 1.$$

Por lo tanto queda por probar la primera afirmación. Vamos

$$ f(x) = \frac{x-1}{\log x}. $$

Entonces es fácil comprobar que $f(x) \geq 0$ $[0, \infty)$ y

$$ a_n = \frac{(-1)^{n-1}}{n!} f^{(n)}(1). $$

Esto muestra que es suficiente para comprobar la condición de $ (-1)^{n-1} f^{(n)}(x) > 0 $$x > 0$$n = 1, 2, 3, \cdots$. En otras palabras, es suficiente para mostrar que $f$ es un Bernstein función. De esta manera se sigue una vez que se demuestra que

$$ f(s) = \int_{0}^{\infty} \left( -\int_{0}^{1}\frac{t^{u-2}}{(u-2)!} \, du \right) \left( 1 - e^{-st} \right) \, dt, \tag{1}$$

puesto que el integrando es positivo dentro del dominio de la integración. Pero esto se desprende de la siguiente cálculo:

\begin{align*} \frac{s-1}{\log s} &= s \int_{0}^{1} \frac{du}{s^u} = s \int_{0}^{1} \frac{1}{\Gamma(u)} \int_{0}^{\infty} t^{u-1} e^{-st} \, dtdu \\ &= s \int_{0}^{\infty} \left( \int_{0}^{1} \frac{t^{u-1}}{\Gamma(u)} \, du \right) e^{-st} \, dt \\ &= \left[ \left( \int_{0}^{1} \frac{t^{u-1}}{\Gamma(u)} \, du \right) \left( 1 - e^{-st} \right) \right]_{0}^{\infty} - \int_{0}^{\infty} \left( \int_{0}^{1} \frac{t^{u-1}}{\Gamma(u)} \, du \right)' \left( 1 - e^{-st} \right) \, dt. \end{align*}

Ahora la combinación de las dos afirmaciones e $(1)$, tenemos

\begin{align*} u_n = \sum_{k=n}^{\infty} a_k &= \sum_{k=n}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k!} f^{(k)}(1) \\ &= \sum_{k=n}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \frac{1-u}{\Gamma(u)} \frac{t^{u+k-2}}{k!} e^{-t} \, du \, dt \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \frac{1-u}{\Gamma(u)} t^{u-2} \int_{0}^{t} \frac{v^{n-1}}{(n-1)!} e^{-v} \, dv \, du \, dt \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{1} \frac{t^{u+n-2}}{(n-1)!\Gamma(u)}e^{-t} \, du \, dt \\ &= \int_{0}^{1} \frac{\Gamma(u+n-1)}{(n-1)!\Gamma(u)} \, du \\ &= \int_{0}^{1} \prod_{k=1}^{n-1} \left( 1 - \frac{u}{k} \right) \, du. \end{align*}

Por último, la heurística de cálculo, a continuación, sugiere que

$$\lim_{n\to\infty} u_n \log n = 1, $$

lo que estoy tratando de demostrar.

Answer 3

Iniciar con la generación de la función

$$\sum_{n=1}^{\infty} u_n x^n = -\frac{x^2}{(1-x)\log(1-x)}$$

Los coeficientes de $u_{n+1}$ se puede obtener mediante una integral de contorno alrededor del origen:

$$u_{n+1} = \frac{1}{2\pi i}\int_{C} \frac{dx}{x^n(x-1)\log(1-x)}\tag{*}$$ En el integrando, hay un poste en $x = 1$ y una rama cortada de $\log(1-x)$ sobre el intervalo de $[1,\infty)$. Si nos deforman el contorno $C$ a inicio de $\infty - i\epsilon$, corre a lo largo de la parte inferior de la rama cortada a la pole $x = 1$, camina alrededor del polo clockwisely y, a continuación, se ejecuta a lo largo de la parte superior de la rama se corta de nuevo a $\infty + i\epsilon$. Podemos convertir $(*)$ a:

$$u_{n+1} = \frac{1}{2\pi i} \int_{1}^{\infty} \frac{dt}{t(1+t)^n}\left[\frac{1}{\log(t)-\pi i} - \frac{1}{\log(t)+\pi i}\right]$$

Deje $ t = e^{\pi y}$, esto se puede simplificar a: $$u_{n+1} = \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dy}{y^2 + 1} \left(\frac{1}{e^{\pi y}+1}\right)^n$$

Para un gran $n$, el factor de $\left(\frac{1}{e^{\pi y}+1}\right)^n$ tipo de se comporta como una función de paso. Al $e^{\pi y} + 1$ está cerca de a $1$, su valor es $1$, cuando se $e^{\pi y} + 1$ difiere de $1$, su valor se desvanece rápidamente. Para la orden más bajo, podemos aproximar este factor como una función de paso de $\theta(y_0 - y)$ donde $y_0$ es elegido tal que el factor se convierte en $\frac12$, yo.e:

$$\left(\frac{1}{e^{\pi y_0} + 1}\right)^n = \frac12 \implies y_0 = \frac{\log(2^{\frac{1}{n}} - 1)}{\pi} \sim \frac{\log\log(2) - \log n}{\pi} $$

Esto conduce a una aproximación:

$$u_{n+1} \sim \frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^{y_0} \frac{dy}{1 + y^2} = \frac{1}{\pi} \arctan( \frac{\pi}{\log n - \log\log 2} ) \tag{**}$$

La forma de elección de $y_0$ todavía necesitan ser justificados. Esto significa que el desplazamiento de $\log\log 2$ $(**)$ puede cambiar bajo el más riguroso tratamiento. Sin embargo, $(**)$ solo parece proporcionar una muy buena aproximación a $u_{n+1}$. Hasta lo que he probado ( $20 \le n \le 300$ ), el R. H. S para $(**)$ puede reproducir el valor de $u_{n+1}$ con un error relativo menor al 1 por ciento.

Para un gran $n$, podemos obtener de nuevo:

$$u_{n+1} \sim \frac{1}{\pi}\frac{\pi}{\log n - \log\log 2} \sim \frac{1}{\log n}$$

Misma conclusión que todos los demás.

Answer 4

Problema relacionado con: (I), (II). Aquí es una forma cerrada de la fórmula para el $n$th derivados de la generación de la función

$$ U(x)=\frac{x^2}{(1-x)\ln(1-x)} $$

en $x=0$

$$ U^{(n)}(0) = (-1)^n\sum_{k=0}^{n} \left[\matrix{n\\k}\right]\frac{1+(-1)^{k+1}}{k+1}, $$

donde $\left[\matrix{n\\k}\right]$ son los números de Stirling de primera especie. Esto nos permite construir la serie de Taylor de la generación de la función en el punto de $x=0$

$$ U(x)=\frac{x^2}{(1-x)\ln(1-x)}= \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{k=0}^{n} \left[\matrix{n\\k}\right]\frac{1+(-1)^{k+1}}{k+1}\frac{(-x)^n}{n!}. $$

Ahora bien, es claro lo que la forma cerrada de la fórmula para $u_n$ es?

Answer 5

Cambiar la recurrencia a: $$ u_{n} = 1 - \sum_{0 \le k < n} \frac{u_k}{n - k + 1} \qquad u_0 = 0 $$ Esto también da $u_1 = 1$ y simplifica algunos de los siguientes.

Definir el ordinario de generación de función $U(z) = \sum_{n \ge 0} u_n z^n$. Por las propiedades de las funciones de generación, como la suma es la convolución de video $\langle \frac{1}{n + 1} \rangle$$\langle u_n \rangle$, y: $$ \sum_{n \ge 0} \frac{z^n}{n + 1} = - \frac{\ln (1 - z)}{z} $$ esto nos da: $$ \begin{align*} U(z) &= \frac{1}{1 - z} + U(z) \frac{\ln(1 - z)}{z} \\ U(z) &= -\frac{z}{z^2 - z(\ln (1 - z) + 1) + \ln(1 - z)} \end{align*} $$ Actualización

El denominador factores de bien: $$ U(z) = - \frac{z}{(1 - z) (\ln (1 - z) - z)} $$ Esta sencilla polos en 0 y en 1.