1632
правки
Изменения
м
Утверждение Рассмотрим предел <tex>\lim\limits_{n \to \infty} {\cfrac{a_n}{A^n \cdot n^{\alpha_1-\beta_1}}}</tex>. При <tex>a_n \sim c \cdot A^n \cdot n^{\alpha_1-\beta_1}</tex> для некоторого <tex>c</tex> данный предел будет существовать и равен <tex>c</tex>. С другой стороны, из определения существования предела<ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9F%D1%80%D0%B5%D0%B4%D0%B5%D0%BB_%D1%87%D0%B8%D1%81%D0%BB%D0%BE%D0%B2%D0%BE%D0%B9_%D0%BF%D0%BE%D1%81%D0%BB%D0%B5%D0%B4%D0%BE%D0%B2%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%BE%D1%81%D1%82%D0%B8 Предел числовой последовательности]</ref> на бесконечности следует, что он равен некоторому <tex>c</tex>, то есть <tex>\lim\limits_{n \to \infty} {\cfrac{a_n}{A^n \cdot n^{\alpha_1-\beta_1}}} = c</tex>. Из чего можно сделать вывод, что утверждение леммы эквивалентно тому, что существует предел <tex>\lim\limits_{n \to \infty} {\cfrac{a_n}{A^n \cdot n^{\alpha_1-\beta_1}}}</tex>. <br> Прологарифмировав, мы приходим к необходимости доказать существование предела <tex>\lim\limits_{n \to \infty} {( \ln {a_n} - n \cdot \ln A - (\alpha_1 - \beta_1)\cdot \ln n )}</tex>.
<tex> \left|\ln a_{n+2} - \ln a_{n+1} - \ln A - (\alpha_1 - \beta_1) \cdot \cfrac{1}{n+1}\right|<C \cdot \cfrac{1}{(n+1)^2}</tex>,\\
<tex> \ldots</tex>\\
<tex> \left|\ln a_{n+m} - \ln a_{n+m-1} - \ln A - (\alpha_1 - \beta_1) \cdot \cfrac{1}{n+m}\right|<C \cdot \cfrac{1}{(n+m)^2}. \\ \end{cases}\end{equation*}</tex>.
(Здесь через <tex>[x]</tex> обозначена целая часть числа <tex>x</tex>, наибольшее целое число, не превосходящее <tex>x</tex>.) Эта площадь больше, чем площадь под графиком функции <tex>y = \cfrac{1}{x}</tex>, но меньше, чем площадь под графиком функции <tex>y = \cfrac{1}{x-1}</tex> на этом же отрезке. Площадь под графиком функции <tex>y = \cfrac{1}{x-1}</tex> равна <tex>\ln {(n+m-1)} - \ln {(n-1)}</tex>. Таким образом, интересующая нас разность не превосходит <tex>left|(\ln {(n+m-1)} - \ln {(n-1)}) - (- \ln {(n+m)} + \ln n)| = | \ln {left(1 - \cfrac{1}{n+m})} - \ln {(1 - \cfrac{1}{n}right)}| < |\ln {(1 - \cfrac{1}{n})}right| < C \cdot \cfrac{1}{n}</tex>.
rollbackEdits.php mass rollback
|id=def1.
|definition=
Последовательность, в которой отношение двух соседних членов равно отношению многочленов <tex>A(n)</tex> степени <tex>nk</tex>, где <tex>n k > 0</tex>и <tex>n</tex> - порядковый номер члена последовательности, называется '''гипергеометрической''' (англ. ''hypergeometric sequence'').
}}
|id=lemma1.
|statement=
Пусть последовательность <tex>a_0, a_1, \ldots</tex> положительных чисел такова, что <tex>\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=A\cfrac{n^k+\alpha_1 \cdot n^{k-1}+ \ldots +\alpha_k}{n^k+\beta_1 \cdot n^{k-1}+ \ldots +\beta_k}</tex> для всех достаточно больших <tex>n</tex>, причем <tex>\alpha_1 \ne \beta_1</tex>. Тогда <tex>a_n</tex> растет как <tex>a_n \sim cAc \cdot A^n \cdot n^{\alpha_1-\beta_1}</tex> для некоторой постоянной <tex>c>0</tex>.<br>'''Замечание:''' Предположения леммы не позволяют определить величину константы <tex>c</tex>. Действительно, умножив последовательность <tex>a_n</tex> на произвольную постоянную <tex>d > 0</tex>, мы получим новую последовательность с тем же отношением последовательных членов, константа <tex>c</tex> для которой увеличивается в <tex>d</tex> раз.
|proof=
Для доказательства существования предела применим критерий Коши<ref>[http://nuclphys.sinp.msu.ru/mathan/p1/m0509.html Критерий Коши]</ref>, т. е. будем доказывать, что рассматриваемая последовательность фундаментальна<ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A4%D1%83%D0%BD%D0%B4%D0%B0%D0%BC%D0%B5%D0%BD%D1%82%D0%B0%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%B0%D1%8F_%D0%BF%D0%BE%D1%81%D0%BB%D0%B5%D0%B4%D0%BE%D0%B2%D0%B0%D1%82%D0%B5%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%BE%D1%81%D1%82%D1%8C Фундаментальная последовательность]</ref>.
Перепишем отношение <tex>\cfrac{a_{n+1}}{a_n}</tex> в виде
<tex>\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=A\cdot \cfrac{1+\alpha_1 \cdot n^{-1} + \ldots + \alpha_k \cdot n^{-k}}{1+\beta_1 \cdot n^{-1} + \ldots + \beta_k \cdot n^{-k}}=AfA \cdot f\left(\cfrac{1}{n}\right)</tex>,
где
<tex>f(x)=\cfrac{1+\alpha_1 \cdot x + \ldots + \alpha_k \cdot x^k}{1+\beta_1 \cdot x + \ldots + \beta_k \cdot x^k}</tex>
Прологарифмировав отношение <tex>\cfrac{a_{n+1}}{a_n}</tex>, получаем
<tex>\ln a_{n+1} - \ln a_n = \ln A + \ln f\left(\cfrac{1}{n}\right)</tex>.
Посмотрим на функцию <tex>\ln f(x)</tex>. Выпишем начальные члены разложения функции <tex>f</tex> в ряд в точке <tex>0</tex>:
<tex>f(x)=1 + (\alpha_1 - \beta_1)\cdot x + \gamma \cdot x^2 + \ldots </tex> для некоторой константы <tex>\gamma</tex>. Это разложение - самый существенный элемент доказательства. Именно коэффициент <tex>\alpha_1 - \beta_1</tex>(отличный от нуля по предположению леммы) при линейном члене указывает на присутствие сомножителя <tex>n^{\alpha_1-\beta_1}</tex> в асимптотике. Для логарифма функции <tex>f</tex> имеем
<tex>\ln f(x)=(\alpha_1-\beta_1)\cdot x+\tilde{\gamma}\cdot x^2 + \ldots</tex>
Поэтому для некоторой постоянной <tex>C</tex> при достаточно маленьком <tex>x</tex> имеем <tex>|\ln f(x) = - (\alpha_1 - \beta_1)\cdot x|<CxC \cdot x^2</tex>. В частности, если <tex>N</tex> достаточно велико, то <tex>∀ n>N</tex> получаем систему <tex>(*)</tex>
<tex>\begin{equation*} \begin{cases} \left|\ln a_{n+1} - \ln a_n - \ln A - (\alpha_1 - \beta_1) \cdot \cfrac{1}{n}\right|<C \cdot \cfrac{1}{n^2}</tex>,\\
Теперь интересующее нас выражение в левой части неравенства <tex>|\ln a_{n+m} - \ln a_n - m \cdot \ln A - (*\alpha_1 - \beta_1) \cdot \ln {(n + m)} + (\alpha_1 - \beta_1)\cdot \ln n| < ε </tex> можно оценить с помощью системы <tex>(*)</tex> и неравенства треугольника<ref>[https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%9D%D0%B5%D1%80%D0%B0%D0%B2%D0%B5%D0%BD%D1%81%D1%82%D0%B2%D0%BE_%D1%82%D1%80%D0%B5%D1%83%D0%B3%D0%BE%D0%BB%D1%8C%D0%BD%D0%B8%D0%BA%D0%B0 Неравенство треугольника]</ref>:
<tex>\left| \ln a_{n+m} - \ln a_n - m \cdot \ln A - (\alpha_1 - \beta_1)\cdot ( \ln {(n+m)} - \ln n)\right| =</tex>
<tex>= | \ln a_{n+m} - \ln a_{n + m - 1} + \ln a_{n + m - 1} - \ldots + \ln a_{n + 1} - \ln a_n - m \cdot \ln A - </tex>
<tex> - (\alpha_1 - \beta_1) \cdot \sum\limits_{k=0}^{m-1} \cfrac{1}{n+k} + (\alpha_1 - \beta_1) \cdot \sum\limits_{k=0}^{m-1} \cfrac{1}{n+k} - (\alpha_1 - \beta_1)\cdot (\ln {(n+m)} - \ln n)\Bigg| \leqslant</tex>
<tex>\leqslant \left| \ln a_{n+1} - \ln a_n - \ln A - (\alpha_1 - \beta_1) \cdot \cfrac{1}{n} \right| + \left| \ln a_{n+2} - \ln a_{n+1} - \ln A - (\alpha_1 - \beta_1) \cdot \cfrac{1}{n+1}\right| +</tex>
<tex>\ldots</tex>
<tex>+ \left| \ln a_{n+m} - \ln a_{n+m-1} - \ln A - (\alpha_1 - \beta_1) \cdot \cfrac{1}{n+m}\right| + \left| \alpha_1 - \beta_1 \right| \cdot \left| \sum\limits_{k=0}^{m-1} \cfrac{1}{n+k} - \ln {(n+m)} + \ln n \right| \leqslant</tex>
<tex>\leqslant C\cdot \left(\cfrac{1}{n^2} + \cfrac{1}{(n+1)^2} + \ldots + \cfrac{1}{(n+m-1)^2}\right) + \left| \alpha_1 - \beta_1 \right| \cdot \left| \sum\limits_{k=0}^{m-1} \cfrac{1}{n+k} - \ln {(n+m)} + \ln n \right|</tex>.
Поскольку ряд <tex>\sum\limits_{k=1}^{\infty} \cfrac{1}{k^2}</tex> сходится, первое слагаемое в правой части последнего неравенства при больших <tex>n</tex> можно сделать сколь угодно малым. Чтобы оценить второе слагаемое, заметим, что стоящая в нем сумма представляет собой площадь под графиком ступенчатой функции <tex>\cfrac{1}{[x]}</tex> на отрезке <tex>[n, n+m]</tex>,
[[Файл:InkedOiGdtVITsP10_LI.jpg|350px|thumb|centerright|График функции <tex>y = \cfrac{1}{[x]}</tex> на отрезке <tex>[n, n + m]</tex>]] (Здесь через <tex>[x]</tex> обозначена целая часть числа <tex>x</tex>, наибольшее целое число, не превосходящее <tex>x</tex>.) Эта площадь больше, чем площадь под графиком функции <tex>y = \cfrac{1}{x}</tex>, но меньше, чем площадь под графиком функции <tex>y = \cfrac{1}{x-1}</tex> на этом же отрезке. Площадь под графиком функции <tex>\cfrac {1}{x}</tex> равна <tex>\ln {(n + m)} - \ln {n}</tex>, площадь под графиком функции <tex>y = \cfrac{1}{x-1}</tex> равна <tex>\ln {(n+m-1)} - \ln {(n-1)}</tex>. Таким образом, интересующая нас разность не превосходит <tex>\left| (\ln {(n+m-1)} - \ln {(n-1)}) - \left( \ln {(n+m)} - \ln n \right) \right| =</tex> <tex>= \left| \ln {\cfrac {n+m-1}{n+m} - \ln {\cfrac {n-1}{n}}} \right| = </tex>
<tex>= \left| \ln {\left(1 - \cfrac{1}{n+m}\right)} - \ln {\left(1 - \cfrac{1}{n}\right)} \right| <</tex>
}}
== Примеры =='''Замечание:Пример.''' Предположения леммы не позволяют определить величину константы <tex>c</tex>. Действительно, умножив последовательность <tex>a_n</tex> на произвольную постоянную <tex>d > 0</tex>, мы получим новую последовательность с тем же отношением последовательных членов, константа <tex>c</tex> Рассмотрим производящую функцию для которой увеличивается в [[Числа Каталана|чисел Каталана]] <tex>dA(s) = 1 + s + 2 \cdot s^2 + 5 \cdot s^3 + \ldots </tex> раз
Возведя ее в квадрат и умножив результат на s, получим <tex>s \cdot A^2(s) =s + 2 \cdot s^2 + 5 \cdot s^3 + 14 \cdot s^4 + \ldots = Примеры A(s) - 1</tex>, что дает нам квадратное уравнение на производящую функцию <tex>s \cdot A^2(s) - A(s) + 1 =0,</tex> откуда <tex>A(s) =\cfrac {1 - \sqrt {1 - 4 \cdot s}}{2 \cdot s}</tex>'''ПримерВторой корень уравнения отбрасывается, так как <tex>\cfrac {1 + \sqrt {1 - 4 \cdot s}}{2 \cdot s} = \cfrac {1}{s} + \ldots</tex> содержит отрицательные степени <tex>s</tex> Найденная производящая функция позволяет найти явную форму для [[Числа Каталана|чисел Каталана]]. Согласно биному Ньютона <ref>[https://ru.''' Для wikipedia.org/wiki/%D0%91%D0%B8%D0%BD%D0%BE%D0%BC_%D0%9D%D1%8C%D1%8E%D1%82%D0%BE%D0%BD%D0%B0 Бином Ньютона]</ref> <tex>a_n = \cfrac {\cfrac {1}{2} \cdot \cfrac {1}{2} \cdot \cfrac {3}{2} \cdot \ldots \cdot \cfrac {2 \cdot n - 1}{2} \cdot 4^{n + 1}}{2 \cdot (n + 1)!},</tex> откуда, умножая на числитель и знаменатель на <tex>n!</tex> и сокращая на <tex>2^{n + 1}</tex>, получаем <tex>a_n = \cfrac {(2 \cdot n)!}{n! \cdot (n + 1)!} = \cfrac {1}{n + 1} \cdot \dbinom {2 \cdot n}{n}</tex> Последняя формула дает и более простое рекурсивное соотношение для [[Числа Каталана|чисел Каталана]] имеем:
<tex>\cfrac{c_{n+1}}{c_n}=\cfrac{4n4 \cdot n +2}{n+2}=4\cdot \cfrac{n+\fraccfrac{1}{2}}{n+2}</tex>
Поэтому <tex>c_n \sim c \cdot 4^n \cdot n^{-\fracdfrac{3}{2}}</tex> для некоторой постоянной <tex>c</tex>.
'''Пример.''' Найдем асимптотику коэффициентов для функции <tex>(a-s)^{\alpha}</tex>, где <tex>\alpha</tex> вещественно. В ряде случаев эта асимптотика нам
уже известна, например, при <tex>\alpha=−1</tex>. Согласно определению функции <tex>(1-s)^{\alpha}</tex> имеем
<tex>(a-s)^{\alpha}=a^{\alpha}\cdot \left(1-\cfrac{s}{a}\right)^{\alpha}=a^{\alpha}\cdot \left(1 - \cfrac{\alpha}{1!} \cdot \cfrac{s}{a} + \cfrac{\alpha\cdot (\alpha-1)}{2!}\cdot {\left(\cfrac{s}{a}\right)^2} - \cfrac{\alpha\cdot (\alpha-1)\cdot (\alpha-2)}{3!}\cdot \left(\cfrac{s}{a}\right)^3 + \ldots\right)</tex>.
Если <tex>\alpha</tex> — целое неотрицательное число, то ряд обрывается и вопроса об асимптотике не возникает. В противном случае , начиная с некоторого номера , все коэффициенты ряда имеют одинаковый знак. Для определения асимптотики мы можем воспользоваться леммой при <tex>a_n=(-1)^n \cdot \cfrac{\alpha\cdot (\alpha-1) \cdot \ldots \cdot (\alpha-n+1)}{n!\cdot {\alpha}^n}:</tex>
<tex>\cfrac{a_{n+1}}{a_n}=\cfrac{1}{a} \cdot \cfrac{n-\alpha}{n+1}</tex>
Поэтому <tex>a_n \sim c \cdot a^{-n} \cdot n^{-\alpha-1}</tex>. Например, коэффициенты функции <tex>-(1-4s4 \cdot s)^{\fracdfrac{1}{2}}</tex> ведут себя как <tex>c \cdot 4^n \cdot n^{-\fracdfrac{3}{2}}</tex>, и мы получаем повторный вывод ассимптотики для [[Числа Каталана|чисел Каталана]].
== См. также ==
* [[Производящая функция]]
* [[Числа Каталана]]
==Примечания==
