【学习笔记】数列特征方程与特征根

觉得有意思就稍微微写写, 内容大多摘自某本书.

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1.不动点求数列通项

对于函数 $f(x)$ , 若存在实数 $x_0$ 使得 $f(x_0)=x_0$ , 则称 $x_0$ 是函数 $f(x)$ 的一阶不动点, 类似的, 若 $f(f(x_0))=x_0$ 则称 $x_0$ 是函数 $f(x)$ 的二阶不动点, 容易发现 $f(f(x_0))=f(x_0)=x_0$ , 所以一阶不动点一定是二阶不动点.

几何意义上是与直线 $y=x$ 相交的点.

一般的, 数列 $\{a_n\}$ 可以由公式 $a_{n+1}=f(a_n)$ 给出, 若满足此条件且存在实数 $x_0$ 使得 $f(x_0)=x_0$ , 则称 $x_0$ 是数列 $\{a_n\}$ 的不动点, 不动点可能不存在, 也就是为复数.

可以发现, 数列的不动点性质即为从某一项开始 $a_k=x_0$ 且再也不变.

有时候, 数列 $\{a_n\}$ 中的值可能无法取到 $x_0$ , 但会收敛 $x_0$ , 即 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=x_0$ , 带入递推式可得到 $f(x_0)=x_0$ .

2.一阶线性递推数列

一阶线性递推数列通常指以下这种数列, 数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+1}=p{a}_n+q$ , 其中 $p,q$ 是给定实数.

这里我们只考虑 $p\ne 1$ 的情况, $p=1$ 就是等差数列了.

当 $p\ne 1$ 时我们可以通过待定系数法构造一个公比为 $p$ 的数列, 假设存在实数 $x_0$ , 使得 $a_{n+1}-x_0=p(a_n-x_0)$ , 得 $x_0={\displaystyle \frac{q}{1-p}}$ .

因此数列 $\{a_n-{\displaystyle \frac{q}{1-p}}\}$ 为等比数列, 通项即为 $a_n={\displaystyle \frac{q}{1-p}}+p^{n-1}(a_1-{\displaystyle \frac{q}{1-p}})$ .

事实上我们解出的 $x_0$ 非常特殊, 是数列 $\{a_n\}$ 的不动点.

所以也可以直接在等式两边同时减去不动点解通项.

一阶线性递推通项是 "常数+等比" 的形式.

3.分式递推数列

不动点在分式递推数列的应用才更为优秀, 分式递推数列指一下数列, 数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_{n+1}={\displaystyle \frac{a{x}_n+b}{c{x}_n+d}}$ , 其中 $a,b,c,d$ 为给定实数.

这时候求数列的不动点, $c{x}^2+(d-a)x-b=0$ , 得到一个一元二次, 得到两个根 $x_1,x_2$ , 当 $x_1=x_2$ 时还是减去不动点, 在构造等差数列, 构造的时候要聪明点.

有两个不同的根时, 分别相减再将两式相除, 总得来说, 若只有一个不动点 $x_0$ , 则 $\{{\displaystyle \frac{1}{x-x_0}}\}$ 是等差数列, 若有两个不动点, 则 $\{{\displaystyle \frac{x_n-\alpha }{x_n-\beta }}\}$ 是等比数列.

4.没有不动点

知乎上看到的, 抄一下.

看一个例子, 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2$ , $a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n-{\displaystyle \frac{1}{a_n}})$ , 求通项.

这时候考虑方程 $x^2+1=0$ , 不存在实数不动点, 将不动点扩展到复数域上, 可以得到 $i$ 与 $-i$ 是两个不动点, 所以有

$$\begin{gathered} a_{n+1}-i=\frac{a_n^2-1}{2a_n}-i=\frac{(a_n-i{)}^2}{2a_n} \\ {a}_{n+1}+i=\frac{a_n^2-1}{2a_n}+i=\frac{(a_n+i{)}^2}{2a_n} \end{gathered}$$

两式相除得 ${\displaystyle \frac{a_{n+1}+i}{a_{n+1}-i}}=({\displaystyle \frac{a_n+i}{a_n-i}}{)}^2$ , 又 ${\displaystyle \frac{a_1+i}{a_1-i}}={\displaystyle \frac{2+i}{2-i}}={\displaystyle \frac{3}{5}}+{\displaystyle \frac{4}{5}}i$ , 迭代得 ${\displaystyle \frac{a_{n+1}+i}{a_{n+1}-i}}=({\displaystyle \frac{3}{5}}+{\displaystyle \frac{4}{5}}i{)}^{2n}$ , 解得 $a_n={\displaystyle \frac{(3+4i{)}^{2^{n-1}}+g^{2^{n-1}}}{(3+4i{)}^{2^{n-1}}-5^{2^{n-1}}}}i$ , 并且根据递推式知道, 虽然通项公式由复数给出, 但每一项都是实数.

仅供此题也有一个漂亮的做法, 注意到 $\tan 2\theta ={\displaystyle \frac{2\tan \theta }{1-{\tan }^2\theta }}$ , 根据 $\cot \theta ={\displaystyle \frac{1}{\tan \theta }}$ , 变形即可得到 $\cot 2\theta ={\displaystyle \frac{1}{2}}(\cot \theta -{\displaystyle \frac{1}{\cot \theta }})$ .

因此作换元 $a_n=\cot {\theta }_n$ , 整理得到 ${\theta }_{n+1}=2{\theta }_n$ , 因此 $\{{\theta }_n\}$ 是等比数列, 又根据 $a_1=2$ 得 ${\theta }_1=\arctan {\displaystyle \frac{1}{2}}$ , 故 ${\theta }_n=2^{n-1}\arctan {\displaystyle \frac{1}{2}}$ , 因此 $a_n=\cot (2^{n-1}\arctan {\displaystyle \frac{1}{2}})$ .

不动点是复数的时候, 数列可以是周期的, 例如上面这个例子, 以及另一个例子.

设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1={\displaystyle \frac{1}{2}}$ , $a_{n+1}={\displaystyle \frac{1+a_n}{1-a_n}}$ , 求通项.

其中

$$a_{n+1}=\frac{1+a_n}{1-a_n}={\displaystyle \frac{1+\frac{1+a_{n-1}}{1-a_{n-1}}}{1-\frac{1+a_{n-1}}{1-a_{n-1}}}}=-\frac{1}{a_{n-1}}=a_{n-3}$$

因此数列周期为 $4$ , 此时数列不动点为复数.

但值得注意的是就算有复数解数列也不一定是周期的.

5.二阶线性递推数列

二阶线性递推通常指以下数列, 数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n+1}=p{a}_n+q{a}_{n-1}$ , 其中 $p,q$ 是给定常数.

类比一阶线性递推数列, 尝试通过待定系数法构造等比数列, 假设存在实数 $a,b$ , 使得 $x_{n+1}-a{x}_n=b(x_n-a{x}_{n-1})$ .

整理得到 $x_{n+1}=(a+b)x_n-ab{x}_{n-1}$ , 令 $\{\begin{array}{l}p=a+b\\ q=-ab\end{array}$ , 由韦达定理可知实数 $a,b$ 满足方程 $x^2-px-q=0$ .

因此 $\{x_{n+1}-a{x}_n\}$ 是公比为 $b$ 的等比数列, 累成得 $x_{n+1}-a{x}_n=(x_2-a{x}_1)b^{n-1}$ .

同理 $x_{n+1}-b{x}_n=a(x_n-b{x}_{n-1})$ , $x_{n+1}-b{x}_n=(x_2-b{x}_a)a^{n-1}$ , 两式作差解得 $x_n={\displaystyle \frac{x_2-b{x}_1}{a-b}}{a}^{n-1}+{\displaystyle \frac{x_2-a{x}_1}{b-a}}{b}^{n-1}$ .

二阶线性递推通项是 "等比+等比" 的形式.

为了更方便的得到该形式, 我们可以再次用待定系数法, 设 $x_n=\alpha a^{n-1}+\beta b^{n-1}$ , 列出如下方程:

$$\{\begin{array}{l}{x}_1=\alpha +\beta \\ x_2=\alpha a+\beta b\end{array},\mathrm{解}\mathrm{得}\{\begin{array}{l}\alpha ={\displaystyle \frac{x_2-b{x}_1}{a-b}}\\ \beta ={\displaystyle \frac{x_2-a{x}_1}{b-a}}\end{array}$$

6.特征根法

终于回归主题了.

设数列 $\{x_n\}$ 的前两项 $x_1,x_2$ 已知, 且 $x_{n+1}=p{x}_n+q{x}_{n-1}$ , 则称方程 $x^2-px-q=0$ 为该数列的特征方程, 该方程有两个根 $a,b$ 则称它们为该数列的特征根.

因此设数列 $x_n=\alpha a^{n-1}+\beta b^{n-1}$ , 由 $\{\begin{array}{l}{x}_1=\alpha +\beta \\ x_2=\alpha a+\beta b\end{array}$ , 解得 $\{\begin{array}{l}\alpha ={\displaystyle \frac{x_2-b{x}_1}{a-b}}\\ \beta ={\displaystyle \frac{x_2-a{x}_1}{b-a}}\end{array}$ .

因此通项为 $x_n={\displaystyle \frac{x_2-b{x}_1}{a-b}}{a}^{n-1}+{\displaystyle \frac{x_2-a{x}_1}{b-a}}{b}^{n-1}$ .

所以特征根其实挺简单且好用的.

当特征根只有一个的时候也可以不用生成函数, 设重根为 $r$ , 只得到一个等比数列 $x_{n+1}-r{x}_n=(x_2-r{x}_1)r^{n-1}$ , 两边同时除以 $r^{n+1}$ , 变成 ${\displaystyle \frac{x_{n+1}}{r^{n+1}}}-{\displaystyle \frac{x_n}{r^n}}={\displaystyle \frac{x_2-r{x}_1}{r^2}}$ , 变成了一个 $\{{\displaystyle \frac{x_n}{r^n}}\}$ 为一个公差为 ${\displaystyle \frac{x_n}{r^2}}$ 的等差数列.

提一嘴, 实际上 $x_n=A{p}^n+B{q}^n$ , $x_n=\alpha a^{n-1}+\beta b^{n-1}$ , $x_n=T(A{p}^n+B{q}^n)$ 都是一样的.