关于数列不动点问题的一些思考

一、前置芝士

引理1（因式定理）

若对于函数 \(f(x)\) 有 \(f(a)=0\)，则 \(x-a | f(x)\)。

引理2

若 \(f(\alpha)=\alpha\)，则 \(x-\alpha | f(x)-x\)。

可通过引理1证明。

由此可得 \(f(x)-x=(x-\alpha)\cdot g(x)\)，也即 \(f(x)-\alpha=f(x)-x+x-\alpha=(x-\alpha)\cdot g(x)\)。

接下来进入正题：利用数列递推式特征函数的不定点，求数列的通项公式。

二、不动点解决数列通项问题两模型

(1) \(f(x)=ax+b\) 型

给定 \(a_{n+1}=a\cdot a_n+b(a\not=0,1)\) 以及 \(a_1\)，求 \(a_n\)。

常用的做法是，构造等比数列。这里直接设 \(a_{n+1}+\lambda=a(a_n+\lambda)\)，解得 \(\lambda=\frac{b}{a-1}\)。

如何用不动点思想理解？考虑设 \(f(x)=ax+b\)，可以得到 \(f(a_n)=a_{n+1}\)。如果我们求出 \(f(x)\) 的不动点，即 \(p\) 使得 \(p=f(p)\)，则根据引理2，有 \(g(x)\cdot(x-p)=f(x)-p\)，带回原式，也就找到了 \(\{a_n-p\}\) 这一等比数列，这里的系数 \(g(x)=a\)。

注意，虽然最后构造的数列一样，但是思想是不一样的。下面将继续利用这种不动点思想解决更复杂的问题。

(2) \(f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}\) 型

给定 \(a_{n+1}=\frac{a\cdot a_n+b}{c\cdot a_n+d}(c\not=0,ad-bc\not=0)\) 以及 \(a_1\)，求 \(a_n\)。

之前我们遇到过一类形如 \(a_{n+1}=\frac{qa_n+p}{pa_n}\)，做法是取倒数化为等差数列。对于这个类型，依然可以使用此类方法，但不能直接使用倒数法：

\[\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{c\cdot a_n+d}{a\cdot a_n+b}=\frac{\lambda(a\cdot a_n+b)-\mu}{a\cdot a_n+b} \]

可以发现，由于分母的形式不一样，导致不能直接做。这时候很自然的考虑将分母形式化成一样的，即设

\[a_{n+1}+m=\frac{a\cdot a_n+b}{c\cdot a_n+d}+m=\frac{a\cdot a_n+b +m(c\cdot a_n+d)}{c\cdot a_n+d} \]

取倒数，有

\[\frac{1}{a_{n+1}+m}=\frac{c\cdot a_n+d}{(a+mc)a_n+(b+md)} \]

若分母形式一样，即 \(\frac{a+mc}{1}=\frac{b+md}{m}\)，可解得 \(m\)。设 \(b_n=\frac{1}{a_n-m}\)，即可按照类型(1)继续做。

那么这种类型如何使用不动点求解？

设 \(f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}\)，不动点 \(p\) 满足 \(p=f(p)\)，则有 \(p(cp+d)=ap+b\)，化简得 \(cp^2+(d-a)p-b=0\)。

由引理2可以得到 \(a_{n+1}-p=g(x)\cdot (a_n-p)\)，那么，如何求得 \(g(x)\) 呢？

我们考虑代回原式，可得

\[\begin{aligned} a_{n+1}-p&=\frac{a\cdot a_n+b}{c\cdot a_n+d}-p\\ a_{n+1}-p&=\frac{(a-pc)a_n+(b-pd)}{c\cdot a_n+d} \end{aligned} \]

由 \(cp^2+(d-a)p-b=0\) 可得 \(b-pd=cp^2-ap\)，即

\[\begin{aligned} a_{n+1}-p&=\frac{(a-pc)a_n+cp^2-ap}{c\cdot a_n+d}\\ a_{n+1}-p&=\frac{(a-pc)a_n-p(a-pc)}{c\cdot a_n+d}\\ a_{n+1}-p&=\frac{(a-pc)(a_n-p)}{c\cdot a_n+d} \end{aligned} \]

也即 \(g(x)=\frac{a-pc}{cx+d}\)。

但是这个式子里还是有 \(x\)，不可以直接用等比数列做。我们继续考虑其他方向。注意到 \(cp^2+(d-a)p-b=0\) 是一个二次方程，考虑对根的个数分类讨论。\(\Delta=(d-a)^2+4bc\)。

a) \(\Delta =0\)

设这个根 \(x_0=\frac{a-d}{2c}\)，则有

\[\begin{aligned} a_{n+1}-x_0&=\frac{(a-cx_0)(a_n-x_0)}{c\cdot a_n+d}\\ \frac{1}{a_{n+1}-x_0}&=\frac{c\cdot a_n+d}{(a-cx_0)(a_n-x_0)}\\ \frac{1}{a_{n+1}-x_0}&=\frac{c(a_n-x_0)+\frac{a-d}{2}+d}{(a-\frac{a-d}{2})(a_n-x_0)}\\ \frac{1}{a_{n+1}-x_0}&=\frac{c(a_n-x_0)+\frac{a+d}{2}}{\frac{a+d}{2}(a_n-x_0)}\\ \frac{1}{a_{n+1}-x_0}&=\frac{1}{a_n-x_0}+\frac{2c}{a+d} \end{aligned} \]

也即 \(\{\frac{1}{a_n-x_0}\}\) 是公差为 \(\frac{2c}{a+d}\) 的等差数列。

b) \(\Delta >0\)

设这两个根为 \(x_1,x_2\)，则有

\[\begin{aligned} a_{n+1}-x_1&=\frac{(a-cx_1)(a_n-x_1)}{c\cdot a_n+d}\\ a_{n+1}-x_2&=\frac{(a-cx_2)(a_n-x_2)}{c\cdot a_n+d} \end{aligned} \]

实际上，拿出一个式子来，取倒数，化简之后可以用类型(1)的方法求解。但是这里有一种更快速的方法：注意到 \(g(x)=\frac{a-pc}{cx+d}\)，实际上只需要把分母消掉就可以使用等比数列做了。现在正好有两个同样形式的式子，不难想到直接做比，可以得到

\[\frac{a_{n+1}-x_1}{a_{n+1}-x_2}=\frac{a-cx_1}{a-cx_2}\cdot\frac{a_n-x_1}{a_n-x_2} \]

这样前面的系数就变成了一个常数，也即 \(\{\frac{a_n-x_1}{a_n-x_2}\}\) 是以 \(\frac{a-cx_1}{a-cx_2}\) 为公比的等比数列。

c) \(\Delta <0\)

这个类型还没有研究，但是不动点在这个类型里就几乎难以使用了。朱老师给出了《朱子定理2》，称

朱子定理2 直接将 \(x_1,x_2\) 写作复数形式代入 b) 类型的式子，可以得到一个复数通项公式。可以证明，当 \(n\) 取正整数的时候，这个复数通项公式的值为实数。

证明(by knifebrother)：实际上很简单，由于 \(a_1,a,b,c,d\) 都是实数，所以 \(a_n\) 不可能是复数。

在某些 \(a,b,c,d\) 的取值下，可以发现 \(\{a_n\}\) 是周期数列。未发现此类的通用特征。

总结一下，在真正使用不动点解决此类问题时，由于 \(a_1\) 给定，那么 \(a_2\) 也是易求的，如果 \(\Delta=0\)，直接将 \(a_1,a_2\) 的值带入 \(\frac{1}{a_n-x_0}\) 可以直接得到公差；同理，\(\Delta>0\) 时，直接代入得到公比，可以快速解决此类问题。

三、对此类问题的一些思考

不动点的做法是否可以推广到 \(a_{n+1}=a\cdot a_n+bn+c\) 的形式？或者 \(a_{n+1}=a\cdot a_n^2+b\cdot a_n+c\)？有待研究。

不动点做法的本质是因式定理这一简单到容易被忽略的定理。有些时候往往一些简便的做法都出自于简单的定理和性质，需要细心观察和记忆。