Encontrar una Fórmula Explícita de la Recurrencia: $na_{n}= 2 ( a_{n-1}+a_{n-2})$

Question

Aquí es la recurrencia:

$$na_{n}=2(a_{n-1}+a_{n-2}) \qquad\text{ where } a_{0}=1\text{ and }a_{1}=2$$

Al principio pensé que esto podría ser fácilmente resuelto simplemente multiplicando el Fibonacci de generación de la secuencia de la $\frac{2}{n}$, sin embargo, pronto descubrí que no era así de sencillo. He calculado que algunos de los valores y vi lo siguiente:

\begin{align*} a_{0}&=1\\ a_{1}&=2\\ a_{2}&=3\\ a_{3}&=\frac{10}{3}\\ a_{4}&=\frac{19}{6}\\ a_{5}&=\frac{13}{5}\\ a_{6}&=\frac{173}{90} \end{align*}

No puedo (por la vida de mí!) la figura de un patrón entre estos números. Yo estaba bastante seguro acerca de los valores, pero yo podría haber hecho una media aritmética error que cuenta para mi no ser capaz de encontrar un patrón...?? Cualquier ayuda es muy apreciada. Gracias!

Answer 1

El empleo de la (natural) de sustitución de $a_n= b_n/n!$ rendimientos $$b_n =2 [b_{n-1} + (n-1) b_{n-2}]$$ con $b_0=1$$b_1=2$. La solución a esta ecuación es dada por A000898. Es dado explícitamente por $$b_n = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{2k} \binom{2k}{k} k! \,2^{n-2k}.$$

Answer 2

También hay una expresión simple para la respuesta en términos de los polinomios de Hermite (los físicos' de la versión, en el artículo de Wikipedia). Los polinomios de Hermite tiene la generación de la función de$$e^{2xt-t^2} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{H_n(x) t^n}{n!}.$$ Por lo tanto, el uso de Morón de la expresión para la generación de la función de $a_n$, $$a_n = \frac{i^n H_n(-i)}{n!}.$$ Esto significa que si $H(n,k)$ es el coeficiente de $x^k$ $n$ésimo polinomio de Hermite, $$a_n = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^n |H(n,k)|;$$ es decir, sólo suman los valores absolutos de los coeficientes de la $n$ésimo polinomio de Hermite y dividir por $n!$.

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Fabian la respuesta conduce a otras expresiones para$a_n$. Una ligera simplificación puede ser obtenida mediante el uso de la trinomio de revisión de la fórmula (véase el Concreto de las Matemáticas, 2ª ed., página 174) para obtener $\binom{n}{2k} \binom{2k}{k} = \binom{n}{k} \binom{n-k}{k}$ . Así tenemos $$a_n = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \binom{n-k}{k} k! 2^{n-2k}.$$

We can also use the fact that $\binom{n}{2k} \binom{2k}{k} 2^{-2k} = \binom{n/2}{k} \binom{(n-1)/2}{k}$ (de nuevo, en Concreto de las Matemáticas, 2ª ed., eq. (5.35) en la p. 186). Este rendimientos $$a_n = \frac{2^n}{n!} \sum_{k=0}^n \binom{n/2}{k} \binom{(n-1)/2}{k} k!.$$ Esta última suma se parece sospechosamente se podría simplificar. Mathematica dice que es igual a i^-n HypergeometricU[-(n/2), 1/2, -1], donde HypergeometricU es la función hipergeométrica confluente $U(a,b,z)$. Esto nos lleva de vuelta a los polinomios de Hermite. No he sido capaz de simplificar la suma mayor.

Answer 3

El uso de funciones de generación, creo que vamos a conseguir

$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$$

está dada por

$$f(x) = e^{2x + x^2}$$

(satisfacer la ecuación diferencial $f'(x) = 2(1+x)f(x)$).

Eso te dará una fórmula (escribiendo como $e^{2x} \times e^{x^2}$) que yo creo que viene a

$$ a_n = \sum _{2k+r = n} \frac{2^r}{k! \ r!}$$

Wolfram alpha enlace que muestra que lo calculado coincide con los anteriores coeficientes de la función.

Answer 4

El uso de Wilf del "generatingfunctionology" técnicas de definir el ordinario de la generación de la función: $$ A(z) = \sum_{n \ge 0} a_n z^n $$ Reescribir la recurrencia sin sustracción en los índices: $$ (n + 2) a_{n + 2} = 2 a_{n + 1} + 2 a_n $$ Se traduce en la generación de funciones multiplicando por $z^n$ y sumando más de $n \ge 0$, y el reconocimiento de la resultante de las sumas (aquí $\mathrm{D}$ es la "diferenciar con respecto a $z$" operador): $$ (z \mathrm{D} + 2) \frac{A(z) - a_0 - a_1 z}{z^2} = 2 \frac{A(z) - a_0}{z} + 2 A(z) $$ Esto le da a la separables ecuaciones diferenciales: $$ A'(z) = (2 z + 2) (z) $$ Como valor inicial tenemos $A(0) = a_0 = 1$: \begin{align} \ln A(z) &= (t^2 + 2 t) \rvert_0^z \\ A(z) &= \exp(z^2 + 2 z) \end{align} Esto puede ser obligado a tos los coeficientes, pero no es bastante.