mostrar que esta suma es $\sum_{n=0}^{+\infty}|a_{n}|<+\infty$

Question

Definir la secuencia $a_{n}$ si $a_{0},a_{1}$ sea un número real arbitrario, y tal $$a_{n}=a_{n-1}-\dfrac{2}{n}a_{n-2}$$

demostrar que $$\sum_{n=0}^{+\infty}|a_{n}|<+\infty$$ Recuerdo haber visto a alguien haciendo esta pregunta antes.Pero no la encuentro,¿podéis ayudar o solucionar este problema?

Inténtalo: $$a^2_{n}-a^2_{n-1}=-\dfrac{2}{n}a_{n-2}(a_{n}+a_{n-1})$$ por lo que tenemos $$\sum_{i=1}^{n}(a^2_{i}-a^2_{i-1})=-\sum_{i=1}^{n}\frac{2}{i}(a_{i}a_{i-2}+a_{i-1}a_{i-2})$$ es $$a^2_{n}-a^2_{0}=-\sum_{i=1}^{n}\dfrac{2a_{i-2}(a_{i}+a_{i-1})}{i}$$

Answer 1

Podemos escribir la ecuación como $x_n=A_n x_{n-1}$ donde $x_n=\begin{bmatrix}a_n\\a_{n-1}\end{bmatrix}$ y $A_n=\begin{bmatrix}1&-\delta_n\\ 1&0\end{bmatrix}$ con $\delta_n=2/n$ . En el límite $A_n\approx A=\begin{bmatrix}1&0\\ 1&0\end{bmatrix}$ por lo que tiene sentido cambiar a la base de vectores propios de $A$ que son $\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$ y $\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}$ . Entonces la matriz de transición se convierte en $$A'_n=\begin{bmatrix}\delta_n&\delta_n\\ -\delta_n&1-\delta_n\end{bmatrix}$$ y la norma Hilbert-Schmidt de $A'_n$ es $\sqrt{1-2\delta_n+4\delta_n^2}=1-\delta_n+O(\delta_n^2)$ . Entonces, como la norma del producto no supera el producto de las normas, obtenemos $\|\prod_{k=1}^n A'_k\|=O(n^{-2})$ . El resto debería estar claro.

Answer 2

Dejemos que $$b_n=(n^2-3n)a_n-(2n-4)a_{n-1}$$ Entonces $b_n=b_{n-1}$

$$a_n=\frac{2n-4}{n^2-3n}a_{n-1}+\frac1{n^2-3n}b$$ Al final, $|a_n|\lt|a_{n-1}|/2+b/2\lt max(a_{n-1},b)$ por lo que está acotado por encima, digamos por $c$ . La misma ecuación muestra ahora $a_n=O(2c/n)$ . Sin embargo, la misma ecuación muestra $a_n=O(4c/n^2+b/n^2)$ , por lo que es absolutamente sumable.

Answer 3

Usando la idea de Empy2, tenemos $b_n=b_{n-1}$ donde $$b_n=(n^2-3n)a_n-(2n-4)a_{n-1}$$ de la cual $b_n=b_1,$ es decir $$(n^2-3n)a_n-(2n-4)a_{n-1}=-2a_1+2a_0$$ sigue.

Multiplicando ambos lados por $\dfrac{(n-1)(n-4)!}{2^{n}}$ y el ajuste $c_n=\dfrac{n!}{2^n(n-2)}a_n$ obtenemos $$\begin{align}c_n-c_{n-1}&=\frac{(n-1)(n-4)!}{2^{n-1}}(a_0-a_1) \\\\&=\left(\frac{(n-3)!}{2^{n-1}}-\frac{(n-4)!}{2^{n-2}}\right)(a_0-a_1)+\frac{(n-4)!}{2^{n-3}}(a_0-a_1)\end{align}$$

Para $n\ge 4$ obtenemos, fijando $f(n)=\displaystyle\sum_{k=4}^{n}\frac{(k-4)!}{2^{k-3}}$ ,

$$\begin{align}c_n&=c_3+(a_0-a_1)\sum_{k=4}^{n}\left(\frac{(k-3)!}{2^{k-1}}-\frac{(k-4)!}{2^{k-2}}\right)+(a_0-a_1)f(n) \\\\&=\frac{1}{4}a_1-\frac 34a_0+(a_0-a_1)\left(\frac{(n-3)!}{2^{n-1}}-\frac 14\right)+(a_0-a_1)f(n) \\\\&=\left(-1+\frac{(n-3)!}{2^{n-1}}+f(n)\right)a_0+\left(\frac 12-\frac{(n-3)!}{2^{n-1}}-f(n)\right)a_1\end{align}$$

Así, obtenemos, para $n\ge 4$ , $$\begin{align}a_n&=\frac{2^n(n-2)}{n!}c_n \\\\&=\frac{2^n(n-2)}{n!}\left(-1+\frac{(n-3)!}{2^{n-1}}+f(n)\right)a_0 \\&\qquad\quad+\frac{2^n(n-2)}{n!}\left(\frac 12-\frac{(n-3)!}{2^{n-1}}-f(n)\right)a_1\end{align}$$

Por lo tanto, tenemos

$$\begin{align}\sum_{n=0}^{\infty}|a_n|&\le |a_0|+|a_1|+|a_2|+|a_3|+\sum_{n=4}^{\infty}\bigg|\frac{2^n(n-2)}{n!}\left(-1+\frac{(n-3)!}{2^{n-1}}+f(n)\right)a_0\bigg| \\\\&\qquad\quad +\sum_{n=4}^{\infty}\bigg|\frac{2^n(n-2)}{n!}\left(\frac 12-\frac{(n-3)!}{2^{n-1}}-f(n)\right)a_1\bigg| \\\\&\le |a_0|+|a_1|+|a_2|+|a_3|+\sum_{n=4}^{\infty}\bigg|-\frac{2^n(n-2)}{n!}a_0\bigg| +\sum_{n=4}^{\infty}\bigg|\frac{(n-3)!}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^n(n-2)}{n!}a_0\bigg| \\&\qquad\quad +\sum_{n=4}^{\infty}\bigg|\frac{2^n(n-2)}{n!}a_0f(n)\bigg| +\sum_{n=4}^{\infty}\bigg|\frac 12\cdot \frac{2^n(n-2)}{n!}a_1\bigg| \\&\qquad\quad+\sum_{n=4}^{\infty}\bigg|-\frac{(n-3)!}{2^{n-1}}\cdot\frac{2^n(n-2)}{n!}a_1\bigg|+\sum_{n=4}^{\infty}\bigg|-\frac{2^n(n-2)}{n!}a_1f(n)\bigg| \\\\&\le |a_0|+|a_1|+|a_2|+|a_3|+|a_0|\sum_{n=4}^{\infty}\frac{2^n(n-2)}{n!}+2|a_0|\sum_{n=4}^{\infty}\left(\frac{1}{n-1}-\frac 1n\right) \\&\qquad\quad +|a_0|\sum_{n=4}^{\infty}\frac{2^n(n-2)}{n!}f(n)+|a_1|\sum_{n=4}^{\infty}\frac{2^{n-1}(n-2)}{n!} \\&\qquad\quad +2|a_1|\sum_{n=4}^{\infty}\left(\frac{1}{n-1}-\frac 1n\right) +|a_1|\sum_{n=4}^{\infty}\frac{2^n(n-2)}{n!}f(n) \\\\&\le \frac{11}3|a_0|+3|a_1|+(2|a_0|+|a_1|)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n+2}(n+1)}{(n+3)!} \\&\qquad\quad +(|a_0|+|a_1|)\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n+3}(n+1)}{(n+3)!}f(n+3)\tag1\end{align}$$

Ahora bien, como $$\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2^{n+3}(n+2)}{(n+4)!}\div \frac{2^{n+2}(n+1)}{(n+3)!}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac 2n+\frac{4}{n^2}}{1+\frac 5n+\frac{4}{n^2}}=0$$ vemos que $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n+2}(n+1)}{(n+3)!}$ converge por la prueba de proporción de d'Alembert.

Además, como

$$\begin{align}&n\left(1-\frac{2^{n+4}(n+2)}{(n+4)!}f(n+4)\div \frac{2^{n+3}(n+1)}{(n+3)!}f(n+3)\right) \\\\&=n\left(1-\frac{2(n+2)}{(n+4)(n+1)}\left(\frac{\frac{n!}{2^{n+1}}}{\sum_{k=4}^{n+3}\frac{(k-4)!}{2^{k-3}}}+1\right)\right) \\\\&\ge n\left(1-\frac{2(n+2)}{(n+4)(n+1)}\left(\frac{\frac{n!}{2^{n+1}}}{\frac{(n-1)!}{2^n}+\frac{(n-2)!}{2^{n-1}}}+1\right)\right) \\\\&=\frac{4+\frac 2n}{1+\frac 5n+\frac{4}{n^2}}\to 4\ \ (n\to\infty)\end{align}$$ vemos que $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2^{n+3}(n+1)}{(n+3)!}f(n+3)$ converge por la prueba de Raabe.

Se deduce de $(1)$ que $$\sum_{n=0}^{\infty}|a_0|\lt \infty$$

Answer 4

Al considerar el OGF $$f(x)=\sum_{n\geq 0}a_n x^n$$ la relación de recurrencia $$a_{n+2}=a_{n+1}-\frac{2a_n}{n+2}$$ puede escribirse como $$\frac{f(x)-a_0-a_1 x}{x^2} = \frac{f(x)-a_0}{x}-\frac{2}{x^2}\int_{0}^{x}z\,f(z)\,dz$$ o como $$f(x)-a_0-a_1 x = x\,f(x)-a_0 x-2\int_{0}^{x} z f(z)\,dz,$$ $$f'(x)-a_1 = f(x)+x\,f'(x)-a_0 - 2x\,f(x),$$

$$(1-x) f'(x)- (1-2x) f(x) + (a_0 - a_1) = 0.$$

De ello se desprende que $f(x)$ es una combinación lineal de una función entera del $(a+bx)e^{c+dx}$ amable y $$g(x)=(1-x) e^{2x} \text{Ei}(2(1-x))$$ donde $\text{Ei}$ es el integral exponencial . Los coeficientes de la serie Maclaurin de $g(x)$ son positivos a partir de algún momento, decaen más rápido que $\frac{K}{n^2}$ y $\lim_{x\to 1^-}g(x)=0$ por lo que los coeficientes de la serie de Maclaurin de $f(x)$ son absolutamente sumables.