【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.
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 \(\lim\limits_{n\rightarrow \infty}{a_n}=x_0\) , 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 \(a_{n+1}=pa_n+q\) , 其中 \(p,q\) 是给定实数.
这里我们只考虑 \(p\not=1\) 的情况, \(p=1\) 就是等差数列了.
当 \(p\not=1\) 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 \(x_0=\dfrac{q}{1-p}\) .
因此数列 \(\{a_n-\dfrac{q}{1-p}\}\) 为等比数列, 通项即为 \(a_n=\dfrac{q}{1-p}+p^{n-1}(a_1-\dfrac{q}{1-p})\) .
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 \(x_{n+1}=\dfrac{ax_n+b}{cx_n+d}\) , 其中 \(a,b,c,d\) 为给定实数.
这时候求数列的不动点, \(cx^2+(d-a)x-b=0\) , 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 \(\{\dfrac{1}{x-x_0}\}\) 是等差数列, 若有两个不动点, 则 \(\{\dfrac{x_n-\alpha}{x_n-\beta}\}\) 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 \(a_1=2\) , \(a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n-\dfrac{1}{a_n})\) , 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
两式相除得 \(\dfrac{a_{n+1}+i}{a_{n+1}-i}=(\dfrac{a_n+i}{a_n-i})^2\) , 又 \(\dfrac{a_1+i}{a_1-i}=\dfrac{2+i}{2-i}=\dfrac{3}{5}+\dfrac{4}{5}i\) , 迭代得 \(\dfrac{a_{n+1}+i}{a_{n+1}-i}=(\dfrac{3}{5}+\dfrac{4}{5}i)^{2n}\) , 解得 \(a_n=\dfrac{(3+4i)^{2^{n-1}}+g^{2^{n-1}}}{(3+4i)^{2^{n-1}}-5^{2^{n-1}}}i\) , 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 \(\tan{2\theta}=\dfrac{2\tan{\theta}}{1-\tan^2{\theta}}\) , 根据 \(\cot{\theta}=\dfrac{1}{\tan{\theta}}\) , 变形即可得到 \(\cot{2\theta}=\dfrac{1}{2}(\cot{\theta}-\dfrac{1}{\cot{\theta}})\) .
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 \(\theta_1=\arctan{\dfrac{1}{2}}\) , 故 \(\theta_{n}=2^{n-1}\arctan{\dfrac{1}{2}}\) , 因此 \(a_n=\cot{(2^{n-1}\arctan{\dfrac{1}{2}})}\) .
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 \(a_1=\dfrac{1}{2}\) , \(a_{n+1}=\dfrac{1+a_n}{1-a_n}\) , 求通项.
其中
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 \(a_{n+1}=pa_n+qa_{n-1}\) , 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 \(x_{n+1}-ax_n=b(x_n-ax_{n-1})\) .
整理得到 \(x_{n+1}=(a+b)x_n-abx_{n-1}\) , 令 \(\begin{cases}p=a+b\\q=-ab\end{cases}\) , 由韦达定理可知实数 \(a,b\) 满足方程 \(x^2-px-q=0\) .
因此 \(\{x_{n+1}-ax_{n}\}\) 是公比为 \(b\) 的等比数列, 累成得 \(x_{n+1}-ax_{n}=(x_2-ax_1)b^{n-1}\) .
同理 \(x_{n+1}-bx_n=a(x_n-bx_{n-1})\) , \(x_{n+1}-bx_n=(x_2-bx_a)a^{n-1}\) , 两式作差解得 \(x_n=\dfrac{x_2-bx_1}{a-b}a^{n-1}+\dfrac{x_2-ax_1}{b-a}b^{n-1}\) .
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:
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 \(x_{n+1}=px_n+qx_{n-1}\) , 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 \(\begin{cases}x_1=\alpha+\beta\\x_2=\alpha a+\beta b\end{cases}\) , 解得 \(\begin{cases}\alpha=\dfrac{x_2-bx_1}{a-b}\\\beta=\dfrac{x_2-ax_1}{b-a}\end{cases}\) .
因此通项为 \(x_n=\dfrac{x_2-bx_1}{a-b}a^{n-1}+\dfrac{x_2-ax_1}{b-a}b^{n-1}\) .
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 \(x_{n+1}-rx_n=(x_2-rx_1)r^{n-1}\) , 两边同时除以 \(r^{n+1}\) , 变成 \(\dfrac{x_{n+1}}{r^{n+1}}-\dfrac{x_n}{r^n}=\dfrac{x_2-rx_1}{r^2}\) , 变成了一个 \(\{\dfrac{x_n}{r^n}\}\) 为一个公差为 \(\dfrac{x_n}{r^2}\) 的等差数列.
提一嘴, 实际上 \(x_n=Ap^{n}+Bq^{n}\) , \(x_n=\alpha a^{n-1}+\beta b^{n-1}\) , \(x_n=T(Ap^n+Bq^n)\) 都是一样的.
