Bài toán ( Trương Phước Nhân )
Cho dãy số $\left \{ a_{n} \right \}_{n=0}^{\infty }$ , trong đó $a_{0}=a_{1}=1$và thỏa mãn $a_{n}=a_{n-1}+(n-1)a_{n-2}$. với $n\geq 2$
Khi đó $a_{n}=\frac{n!}{2\pi }\int_{0}^{2\pi }e^{cosx+\frac{cos^{2}x}{2}}cos\left ( sinx+\frac{sinx}{2}-nx \right )dx$
Lời giải . Xét hàm số sau
$F(x)=\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}\frac{x^{n}}{n!}=1+x+\sum_{n=2}^{\infty }a_{n}\frac{x^{n}}{n!}$
$F^{'}(x)=1+\sum_{n=2}^{\infty }a_{n}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}=1+\sum_{n=2}^{\infty }\left \{ a_{n-1}+(n-1)a_{n-2} \right \}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}$
$=\left (1+\sum_{n=2}^{\infty }a_{n-1}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!} \right )+\sum_{n=2}^{\infty }a_{n-2}\frac{x^{n-1}}{(n-2)!}=F(x)+xF(x)$
$\Rightarrow \frac{F^{'}(x)}{F(x)}=(1+x)$ là một phương trình vi phân theo biến hàm F(x). Bằng cách phân ly và sử dụng điều kiện $F(0)=S_{0}=1$
ta tính được $F(x)=e^{x+\frac{x^{2}}{2}}$.
Do đó ta tính được
$F(x)=\sum_{n=0}^{\infty }a_{n}\frac{x^{n}}{n!}=e^{x+\frac{x^{2}}{2}}$ ( Lưu ý rằng hàm $y=e^{x+\frac{x^{2}}{2}}$ khả vi mọi cấp tại 0 nên điều ngược lại là tầm thường )
Ta sử dụng thủ thuật trong bài " Sự kết hợp giữa tích phân và số phức ", bằng cách đặt $\zeta =e^{it}$, ta được
$2\pi \frac{a_{n}}{n!}=\int_{0}^{2\pi }F(\zeta )\zeta ^{-n}dt=\int_{0}^{2\pi }e^{\zeta +\frac{\zeta ^{2}}{2}}e^{-int}dt$
Ta thấy
$e^{\zeta +\frac{\zeta ^{2}}{2}-int}=e^{e^{it}+\frac{e^{2it}}{2}-int}=e^{cost+isint+\frac{cos2t+isin2t}{2}-int}$
$e^{cosx+\frac{cos2x}{2}}\left \{ cos\left ( sint+\frac{sin2t}{2}-nt \right )+isin\left ( sint+\frac{sin2t}{2}-nt \right ) \right \}$
Một điều rất hiển nhiên là $a_{n}\in \mathbb{R}$ , nên đẳng thức tích phân trên viết lại thành
$2\pi \frac{a_{n}}{n!}=\int_{0}^{2\pi }e^{cost+\frac{cos2t}{2}}cos\left ( sint+\frac{sin2t}{2}-nt \right )dt$
$\Rightarrow a_{n}=\frac{n!}{2\pi }\int_{0}^{2\pi }e^{cosx+\frac{cos2x}{2}}cos\left ( sint+\frac{sin2x}{2}-nt \right )dx$
Lưu ý bài toán này được tạo lại từ bài toán Putnam 1957
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi sinh vien: 16-05-2015 - 17:02
