Pregunta sobre una secuencia de recursión de doble índice

Question

Tengo una pregunta sobre una ecuación matricial secuencial 2D definida como

• $v_{i,j} = 2(i-j)(2(i-j)-1)v_{i,j-1} - 4(i-j-1)^2 v_{i-1,j-1}$
• $v_{0,0} = -1$
• y $\forall k \neq 0, v_{0,k} = 0$
• $v_{i,j} = 0$ si $i < 0$ o $j<0$

He resuelto esto numéricamente un par de veces usando algoritmos, y he intentado adivinar una forma.

Me he dado cuenta de que $v_{i,j}/ \Gamma(2(i-j))$ parece ser un polinomio (en una fila fija) en términos de i pero de orden realmente alto.

Lo que quiero hacer es encontrar $v_{i,j}$ analíticamente como una fórmula cerrada. Hasta ahora, he llegado a las siguientes conclusiones utilizando la recursión, $v_{i,0} = (2i + 1)!$ y $v_{i,1} = \dfrac{(2i + 1)!}{3} (2i(i+1)(2i+1))$ y $v_{i,2}$ es un polinomio de orden muy alto.

Matriz $M$ :

Esquema de la recursión:

También la diagonal es $-(-4)^k$ . Se parece un poco al triángulo de Pascal, ¿podría estar involucrado? ¿Te importaría ayudarme, por favor?

Answer 1

Lema: Si $\{c_i\}$ son constantes distintas y $\{u(i, j)\}$ satisfacer \begin{gather*} u(i, 0) = 1\ (i \geqslant 0),\ u(-1, j) = 0\ (j \geqslant 0),\\ u(i, j) = u(i - 1, j) + c_i u(i, j - 1)\ (i \geqslant 0,\ j \geqslant 1), \end{gather*} entonces \begin{gather*} u(i, j) = \sum_{k = 0}^i \frac{c_k^{i + j}}{\prod_{\substack{0 \le l \le i\\l ≠ k}} (c_k - c_l)}. \quad \forall i, j \geqslant 0 \tag{1} \end{gather*}

Prueba: Se puede calcular mediante la condición de contorno que $u(0, j) = c_0^j$ ( $j \geqslant 0$ ). Para $i \geqslant 0$ , utilizando Polinomios de Lagrange para interpolar la función $y = x^i$ rinde $$ \sum_{k = 0}^i c_k^i \cdot \frac{\prod_{\substack{0 \le l \le i\\l ≠ k}} (x - c_l)}{\prod_{\substack{0 \le l \le i\\l ≠ k}} (c_k - c_l)} \equiv x^i, $$ y comparando el coeficiente de $x^i$ rinde $$ \sum_{k = 0}^i \frac{c_k^i}{\prod_{\substack{0 \le l \le i\\l ≠ k}} (c_k - c_l)} = 1 = u(i, 0). $$ Entonces (1) se puede demostrar por inducción en $i$ y $j$ .

Ahora volvemos a la pregunta. La relación de recurrencia que hay que resolver es \begin{gather*} v(0, 0) = -1,\ v(i, 0) = 0\ (i \geqslant 1),\ v(-1, j) = 0\ (j \geqslant 0),\\ v(i, j) = 2(i - j)(2(i - j) - 1) v(i, j - 1) - 4(i - j - 1)^2 v(i - 1, j - 1)\ (i \geqslant 0,\ j \geqslant 1). \end{gather*} (Lo más probable es que se refiera a esto basándose en sus expresiones para " $v(i, 0)$ " y " $v(i, 1)$ "ya que parece que hay algunas erratas en los índices). Es fácil demostrar que $v(i, j) = 0$ para $i > j$ . Definir \begin{gather*} u(-1, j) = 0\ (j \geqslant 0),\\ u(i, j) = \frac{(-1)^{j + 1}}{4^j \cdot (2i + 1)!} \cdot v(j, i + j)\ (i, j \geqslant 0), \end{gather*} entonces no es difícil demostrar que $\{u(i, j)\}$ satisfacen las condiciones del lema con $c_i = (i + 1)^2$ . Por el lema, $$ u(i, j) = \sum_{k = 0}^i \frac{(k + 1)^{2(i + j)}}{\prod_{\substack{0 \le l \le i\\l ≠ k}} ((k + 1)^2 - (l + 1)^2)}, \quad \forall i, j \geqslant 0 $$ por lo tanto para $i \leqslant j$ , \begin{align*} v(i, j) &= (-1)^{i + 1} 4^i \cdot (2(j - i) + 1)! \cdot u(j - i, i)\\ &= (-1)^{i + 1} 4^i \cdot (2(j - i) + 1)! \sum_{k = 0}^{j - i} \frac{(k + 1)^{2j}}{\prod_{\substack{0 \le l \le j - i\\l ≠ k}} ((k + 1)^2 - (l + 1)^2)}\\ &= (-1)^{i + 1} 4^i \cdot (2(j - i) + 1)! \sum_{k = 0}^{j - i} \frac{(k + 1)^{2j}}{\dfrac{(-1)^{j - i - k}}{2(k + 1)^2} \cdot (j - i - k)!\, (j - i + k + 2)!}\\ &= \frac{4^i}{j - i + 1} \sum_{k = 0}^{j - i} (-1)^{j - k + 1} (k + 1)^{2j + 2} C(2(j - i) + 2, j - i - k). \end{align*}