Muestra la convergencia de una serie

Question

Vamos $a_0,a_1\in\mathbb{R}$,$a_n=a_{n-1}-\cfrac{2}{n}a_{n-2}$ para $n\ge2$.

Cómo mostrar $\sum_0^\infty|a_n|<\infty$

Answer 1

Uso de funciones de generación. Set $f(x) = \sum_{n=0}^\infty a_n x^n$. Luego de conectar este a la recurrencia de la relación, usted terminará para arriba con $$ (1-x)f'(x) + (2x-1)f(x) = (a_1-a_0) .$$ Resolver esto mediante la integración de los factores, y obtendrá $$ f(x) = (1-x)e^{2x}\left(C_1 + (a_1-a_0)\int \frac{e^{-2x} \, dx}{(1-x)^2} \right) .$$ Ahora $(1-x)e^{2x}$ es toda una función, y por lo tanto tiene una infinidad de radio de convergencia, y por lo tanto, los coeficientes son fáciles de ver para ser absolutamente suma.

Ahora para $(1-x)e^{2x}\int \frac{e^{-2x} \, dx}{(1-x)^2}$, integrar por partes dos veces. Un término que parecerá $(1-x)\ln(1-x)$, y esto ha coeficientes como $1/(n(n+1))$, lo cual es absolutamente summable. El otro término que parecerá $(1-x)e^{2x}\int e^{-2x} \ln(1-x) \, dx$. El integrando tiene términos que la caries como $1/n$, y por lo tanto, después de la integración se descompone como $1/n^2$. La multiplicación por $e^{2x}$ o $e^{-2x}$ tendrá un efecto despreciable sobre la decadencia de los coeficientes.

Creo que este es un problema realmente difícil (a menos que haya algún otro, de manera fácil, a la cual no he visto). ¿De dónde vino este problema?

Aquí hay algunas código de Mathematica que ilustra el hecho de que la generación de la función es correcta.

Answer 2

Prólogo - Desde $\frac{a_{n} - a_{n-1}}{n+1}$ es algo "pequeño", es razonable pensar que $(a_n)$ aproximadamente se comportan como la secuencia de $(b_n)$ $b_2=a_2$ satisfactorio para todas las $n\geq 2$, $$ b_{n+1} = b_{n}-\frac{2}{n+1}b_{n}=\left(1-\frac{2}{n+1}\right)b_{n} $$ para los que tenemos $$ |b_n| \leq |b_2|\prod_{k=3}^n\left(1-\frac{2}{k}\right)\leq |b_2|\exp\left(-2\sum_{k=3}^n \frac{1}{k}\right) = O\left(\frac{1}{n^2}\right).$$

Ya podemos probar la muy crudo enlazado $a_n = O(n^2)$ el uso de estas ideas básicas. Deje $c_0=|a_0|$ $c_1=|a_1|$ y para $n \geq 2$, $c_{n} = c_{n-1} + \frac{2}{n}c_{n-2}$. Está claro que $|a_n|$ está delimitado por $c_n$. También se $c_n$ es creciente, por lo que el $c_{n+1} \leq (1+2/(n+1))c_n$, lo $c_n = O(n^2)$.

Acto I - Vamos a demostrar que $a_n = O(1)$.

Desde que se demostró $a_n = O(n^2)$, el "error" de la secuencia de $\epsilon_n = \dfrac{4a_{n-2}}{n(n+1)}$ es acotado, y $$ \etiqueta{$\ast$} \forall n \geq 2,\qquad a_{n+1} = \left(1-\frac{2}{n+1}\right)a_n + \epsilon_n. $$ Teniendo en cuenta la desigualdad de $|a_{n+1}| \leq |a_n| + |\epsilon_n|$, podemos deducir, a partir de $\epsilon_n=O(1)$ que $a_n = O(n)$, lo que implica $\epsilon_n = O(1/n)$, por lo tanto $a_n = O(\log n)$$\epsilon_n = O((\log n)/n^2)$.

Finalmente, $a_n = O(1)$ porque $\sum|\epsilon_n| < \infty$.

Por supuesto que es un buen punto de partida, pero podemos hacer mucho mejor.

Acto II - en Realidad, $a_n = O\left(\dfrac{1}{n^2}\right)$.

El uso de ($\ast$) de nuevo, la desigualdad $$ \sum_{n=2}^N\frac{2|a_n|}{n+1} \leq \sum_{n=2}^N(|a_{n}|-|a_{n+1}|+ |\epsilon_n|) \leq |a_N|+\sum_{n=2}^\infty |\epsilon_n| = O(1) $$ muestra que $\sum \frac{|a_n|}{n} < \infty$, e $a_N = a_2 + \sum_{n=2}^{N-1}\frac{-2a_n}{n}$ es convergente como $N \to \infty$. La condición de $\sum \frac{|a_n|}{n} < \infty$ muestra que $\lim a_n = 0$.

A partir de ($\ast$), podemos escribir la $(n+1)|a_{n+1}| - n|a_n| \leq\frac{4|a_n|}{n}$ y la suma de $2\leq n\leq N-1$ con el fin de demostrar que el $n|a_n| = O(1)$.

A partir de ($\ast$), también podemos escribir $(n+1)^2|a_{n+1}| \leq n^2|a_n|+7|a_n|$ y la suma de $2\leq n\leq N-1$: $$ N^2|a_N| - 4|a_2| \leq 7 \sum_{n=2}^{N-1} |a_n| = O\left(\sum_{n=2}^{N-1} \frac{1}{n}\right) = O(\log N), $$ y este cálculo automáticamente mejora a $N^2|a_N|-4|a_2| \leq O\left(\sum_n \frac{\log n}{n^2}\right) =O(1)$.

Acto III - En el final, nos han demostrado que existe una constante $C > 0$ tal que $a_n \leq \dfrac{C}{n^2}$, por lo que la conclusión escribe $$ \sum_{n\geq 2} |a_n| \leq \sum_{n\geq 2} \frac{C}{n^2} < \infty. $$

Answer 3

La generación de la función es grande, se le da el enfoque general para este problema.

Aquí está mi prueba para este problema.
. Vamos a probar estas por debajo de declaración consicutively:
i) $\{a_n \}$ converge $0$

ii) $|a_n| \le \frac{1}{n}$ para suficientemente grande $n$.
iii) $ |a_n| \le 7\frac{ln(n) }{n^2}$ para suficientemente grande $n$.
iv) $ \lim_{n=1}^{\infty} \frac{ln(n) }{n^2}$ converge
Por lo tanto $ \lim_{n \rightarrow \infty} |a_n|$ converge.
La prueba de i):
Por desgracia, sólo tengo algo largo, prueba de esto, pero creo que otros tendrían una mucho más simple, por lo que se los dejo no se incluye.
La prueba de ii):
Tenemos:
$ 2a_{n-2}-a_{n-1}= (n-1)a_{n-1}-n.a_n$
$\Leftrightarrow 2na_{n-2}-n.a_{n-1}=(n-1)na_{n-1}-n^2.a_n$
$\Leftrightarrow 2na_{n-2}-na_{n-1}-(n-1)a_{n-1}= (n-1)^2.a_{n-1}-n^2.a_n$
$\Leftrightarrow 2n( a_{n-2}-a_{n-1})+a_{n-1}=(n-1)^2.a_{n-1}-n^2.a_n$
$\Leftrightarrow \frac{4n}{n-1}(-a_{n-3})+a_{n-1}=(n-1)^2.a_{n-1}-n^2.a_n$

Por lo tanto , $\lim_{n \rightarrow \infty}(n-1)^2a_{n-1}-n^2.a_n = 0$.
Por lo tanto ,$\exists N >0: \frac{1}{2} > |(n-1)^2a_{n-1}-n^2.a_n| \forall n >N$.
Por lo tanto $\frac{1}{2}.(m-n) > | m^2.a_m-n^2.a_n| \forall m,n >N$
$\Rightarrow \frac{1}{2}(1-\frac{n}{m}) > | m.a_m-\frac{n^2}{m}.a_n| \forall m,n>N$
Deje $m \rightarrow \infty$.Ya tenemos el deseo ineq.

La prueba de iii)
Una vez más, tenemos : $ \frac{4n}{n-1}(-a_{n-3})+a_{n-1}=(n-1)^2.a_{n-1}-n^2.a_n$
$\Leftrightarrow \frac{1}{n.ln(1+\frac{1}{n-1})}.n|\frac{4n}{n-1}(-a_{n-3})+a_{n-1}|=\frac{|(n-1)^2.a_{n-1}-n^2.a_n|}{ln(n)-ln(n-1)} $
Debido a 2 y el hecho de que $\lim n.ln(1+\frac{1}{n})=1$,nos da a entender :
$\exists N_1>0: \forall n>N_1 \frac{|(n-1)^2.a_{n-1}-n^2.a_n|}{ln(n)-ln(n-1)} <6$
$ \Rightarrow |m^2.a_m -n^2.a_n|<6.|ln(m)-ln(n)| \forall m,n> N_1$
$\Rightarrow \exists N_2>0: |a_n| < 7.\frac{\ln(n)}{n^2} \forall n>N_2$
La prueba de iv)
Es casi obvio.
Así sucesivamente.

QED.