解题过程中碰到的几个特殊数列
1.Catalan数
设数列$\{a_n\}$满足$a_0=1$,以及
\[a_n=a_0a_{n-1}+a_1a_{n-2}+\cdots+a_{n-1}a_0,\quad n\geq1,\]
试求$a_n$的表达式.(详见周民强第二册P378)
解.令$f\left( x \right) = {a_0} + {a_1}x + \cdots + {a_n}{x^n} + \cdots $,以及
\begin{align*}F\left( x \right) = &xf\left( x \right) = {a_0}x + {a_1}{x^2} + \cdots + {a_n}{x^{n + 1}} + \cdots \\{F^2}\left( x \right) = &a_0^2{x^2} + \left( {{a_0}{a_1} + {a_1}{a_0}} \right){x^3} + \cdots \\&+ \left( {{a_0}{a_{n - 1}} + {a_1}{a_{n - 2}} + \cdots + {a_{n - 1}}{a_0}} \right){x^{n + 1}} + \cdots \\= &{a_1}{x^2} + {a_2}{x^3} + \cdots + {a_n}{x^{n + 1}} + \cdots \\= & F\left( x \right) - {a_0}x,\end{align*}
由此知$F(x)=(1-\sqrt{1-4x})/2$(注意$F(0)=0$).因为有
\[\sqrt {1 - 4x} = 1 + C_{1/2}^1\left( { - 4x} \right) + C_{1/2}^2{\left( { - 4x} \right)^2} + \cdots + C_{1/2}^{n + 1}{\left( { - 4x} \right)^{n + 1}} + \cdots ,\]
所以$F(x)$的Taylor级数展开式中的$a_n$为
\begin{align*}{a_n} &= - \frac{1}{2}C_{1/2}^{n + 1}{\left( { - 4} \right)^{n + 1}}\\&= - \frac{1}{2}\frac{{\frac{1}{2} \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \left( { - \frac{3}{2}} \right) \cdots \left( { - \frac{{2n - 1}}{2}} \right)}}{{n!}}{\left( { - 1} \right)^{n + 1}}{4^{n + 1}} = \frac{{C_{2n}^n}}{{n + 1}}.\end{align*}
2.Bell数
背景1.设$P(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_mx^m$为$m$次多项式,求级数$\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{P\left( n \right)}}{{n!}}}$的和.
事实上,
\begin{align*}{b_k} &= \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{n^k}}}{{n!}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{n^{k - 1}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^{k - 1}}}}{{n!}}} \\&= {b_{k - 1}} + C_{k - 1}^1{b_{k - 2}} + \cdots + C_{k - 1}^{k - 2}{b_1} + {b_0},\end{align*}
其中$b_0=e$.
由此得到的数叫Bell数,记为$B_n$,并且
\[B\left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{B\left( n \right)}}{{n!}}{x^n}} = {e^{{e^x} - 1}}.\]
回到原题,我们有\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{P\left( n \right)}}{{n!}}} = e\sum\limits_{k = 0}^m {{a_k}{B_k}} .\]
背景2.(2005年中科院考研题)设${e^{{e^x}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}}$,求$a_0,a_1,a_2,a_3$,并证明$a_n\geq e{(r\ln n)}^{-n}(n>2)$,其中$r$是某个大于$e$的常数.
证.利用幂级数展开式如下:
$$\mathrm e^{\mathrm e^x} = \sum_{k=0}^\infty\frac{\mathrm e^{kx}}{k!} = \sum_{k=0}^\infty\frac 1{k!}\biggl(\sum_{n=0}^\infty\frac{(kx)^n}{n!}\biggr) = \sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\biggl(\sum_{k=0}^\infty\frac{k^n}{k!}\biggr),$$
因此有
$$a_n=\frac 1{n!}\sum_{k=0}^\infty\frac{k^n}{k!} > \frac{k^n}{n!\,k!},$$
这样对每一个 $k\geq 0 $成立.
以下取 $k$ 使得本题的不等式成立即可. 由于本题的 $\gamma$ 可以放大, 因此只要在等价的意义下成立即可. 这时又可以将阶乘理解为 $\Gamma$ 函数, 因此 $k$ 用非整数代入是可以的. 以下证明, 取$ \displaystyle k=\frac n{\ln n} $代入已经可以得到所要的不等式.
这时就有
$$\frac {k^n}{n!\,k!}=\frac{\displaystyle\Bigl(\frac n{\ln n}\Bigr)^n}{n!\,\displaystyle\Bigl(\frac n{\ln n}\Bigr)!} \sim\frac{\displaystyle\Bigl(\frac n{\ln n}\Bigr)^n}{\displaystyle\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n{\mathrm e}\Bigr)^n\cdot \sqrt{\frac{2\pi n}{\ln n}}\Bigl(\frac n{\mathrm e\ln n}\Bigr)^{\frac n{\ln n}}} =\frac{(\mathrm e\ln n)^{\frac n{\ln n}}\sqrt{\ln n}}{2\pi n(\ln n)^n}. $$
由于最后一式中的分子为无穷大量, 大于$ \mathrm e $没有问题. 又由于 $a>1$ 时, $\displaystyle\frac{2\pi n}{a^n}=o(1)$, 因此任取 $\gamma>\mathrm e$, 存在 $N$, 使得当 $n>N$ 时成立 $\displaystyle a_n > \frac{\mathrm e}{(\gamma\ln n)^n}$. 最后再放大 $\gamma$ 使得不等式对一切 $n\geq 2$ 成立即可.
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