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数列进阶
线性递推
概念
对于 k 阶线性递推式,an 仅与 n 前面的 k 项有关。
对于常系数齐次线性递推,形如,
an=i=1∑kfi×an−i 拓展:对于常系数非齐次线性递推,形如,
an=P(n)+i=1∑kfi×an−i 其中 P(x) 是一个 m 次多项式。
特征方程和特征根
形如,
an=xan−1+yan−2 其特征方程可以表示为,
q2=xq+yq2−xq−y=0 推导:
设有 q,t 满足,
an−qan−1=t(an−1−qan−2)an=(q+t)an−1−qtan−2 则,
{x=q+ty=−qt 得,
q=x−t=x+y/qt=x−q=−y/qq2=xq+y 或者用微分方程的思想,
qn=xan−1+yan−2 注意到 an−2=0,化简得,
易解得,
q1,2=2x±x2+4y 其中,q1,2 称为原线性递推式的特征根。
拓展到高阶线性递推式,对于,
an=i=1∑kfi×an−i 其特征方程为,
qk=i=1∑kfi×qk−i 特征根与通项公式
我们记递推式
an=xan−1+yn−2 的两个特征根分别为,q1,q2,那么
通项公式,an 一定可以表示为,
an=αq1n+βq2n 特殊的,如果 q1=q2=q,
an=(α+β)qn 其中,还可以进一步表示,
α+β=λn+μ 带入原式,
an=(λn+μ)qn 对于更高阶的,把 n 前面多加几项 n2,n3,… 即可。
特殊的,若,
a2/a1=q 那么,原式继续退化,形如,
an=kqn 可以根据上面的结论,将一个常系数齐次线性递推式,直接化为等差、等比数列。
同时,容易发现 k1,k2 一定对于任意 n 成立,因此带入特殊值,
a1=αq1+βq2a2=αq12+βq22 容易发现,只有 k1,k2 为未知量,可以直接解出来,得到通项公式。
拓展到高阶,理论类似,实际难算。
基础例题
例题一:斐波那契数列
有递推式,
{a1=a2=1an=an−1+an−2(n>2) 有特征方程,
解得,
q1,2=21±5 即,
an=λ1(21+5)n+λ2(21−5)n 带入 a1=a2=1,
a1a2=λ12a+5+λ22a−5=λ1(2a+5)2+λ2(2a−5)2 解得,
λ1λ2=51=−51 即,斐波那契数列通项公式,
an=51[(21+5)n−(21−5)n] 同时,我们有更简便的方法,考虑到,
an=λ1q1n+λ2q2n 也可以表示为,
an=λ1q1n−1+λ2q2n−1 于是,我们带入 a1,a2,
{a1=λ1+λ2a2=λ1q1+λ2q2 会更方便解方程一点。
本题中,
⎩⎨⎧λ1+λ2λ121+5+λ221−5=1=1 解得,
⎩⎨⎧λ1λ2=251+5=−251−5 得,
an=251+5(21+5)n−1−251−5(21−5)n−1=51[(21+5)n−(21−5)n] 例题二
求:
an+1=3an−2an−1 对于任意 a1,a2 的通项公式。
容易发现,这是一个二阶的常系数齐次线性递推式,考虑求出特征根,
q2=3q−2q1=1,q2=2 于是,有
an=x+y⋅2n 对于,解方程
{a1=x+2ya2=x+4y 解得,
⎩⎨⎧xy=2a1−a2=2a2−a1 于是,
an=2a1−a2+(a2−a1)2n−1 例题三
求:
an+1=6an−9an−1 对于任意 a1,a2 的通项公式。
容易发现,这是一个二阶的常系数齐次线性递推式,考虑求出特征根,
q2=6q−9q1=q2=3 于是,有,
an=(xn+y)3n 带入,
a1a2=3x+3y=18x+9y 那么,
xy=9a2−3a1=96a1−a2 于是,
an=[(a2−3a1)n+6a1−a2]3n−2 例题四
对于,
an=4an−1−3an−2+1,a1=1,a2=2 注意到特征方程
其特征根为,
x1=1,x2=3 我们考虑最原始的算法,两边同时减去 3an−1,
an−3an−1=an−1−3an−2+1 设,
bn=an−3an−1 则,
bn=bn−1+1,b2=a2−3a1=−1 于是,
则,
an=3an−1+n+3 两边同时除以 3n 即可,暴力求解即可。
但是还有更方便的算法,注意到,
an=4an−1−3an−2+1an+1=4an−3an−1+1 下式减上式,
an+1−an=4an−3an−1−4an−1+3an−2 即,
an+1=5an−7an−1+3an−2 于是,我们把一个非齐次的递推式,转化为了一个齐次的,特征根
q3=5q2−7q+3 首先,注意到 q=1 为一个可行解,于是,
q3−5q2+7q−3=(q−1)(q2−4q+3)=(q−1)2(q−3)=0 即,
q1=q2=1,q3=3 于是,
an=β3n−1+λn+μ 根据原递推式,得出,
a3=4a2−3a1+1=6 于是,列出方程,
⎩⎨⎧1=β+λ+μ2=3β+2λ+μ6=9β+3λ+μ 考虑解方程,具体的,
{2β+λ=16β+λ=4 解得,
⎩⎨⎧β=43λ=−21μ=43 即,
an=43n−21n+43 经检验,a1=1,a2=2,a3=6,符合题意,故,略。
类似,若特征方程无解,那么数列为一个周期数列,手模即可。
注意到,利用这个低阶化为高阶的方法,可以避免很多前面的题中类似的大量计算。
对于这一类的问题,我们把各种变形,转化为只需要解特征方程就可以的问题。
例题五
求通项公式,
an+1=4an−3an−1+n(n≥2),a1=1,a2=2 考虑和上一题类似的做法,
an=4an−1−3an−2+n−1 上式减下式,
an+1=5an−7an−1+3an−2+1 继续运用上一题的思路,
an=5an−1−7an−2+3an−3+1 上式减下式,得,
an+1=6an−12an−1+10an−2−3an−3 解出特征方程,
q1=q2=q3=1,q4=3 设通项公式,
an=a3n−1+b(n−1)2+c(n−1)+d 带入即可,步骤略。
例题六
已知数列 {a},{b} 满足,
a1=2,b1=1an+1bn+1=5an+3bn+7=3an+5bn 对于 n∈N,求 {a} 解析式。
容易发现,我们可以利用上式,用 an+1,an 表示 bn。
然后带入下式,即可求得 an 的递推公式。
但是这么做很复杂,考虑原递推公式有什么优秀的结构。
容易发现,5,3,3,5 存在有一种优美的形态,
于是,考虑两式做和、做差。
{an+1+bn+1=8an+8bn+7an+1−bn+1=2an−2bn+7 设,
cn=an+bndn=an−bn 于是,
{cn+1=8cn+7dn+1=2dn+7 然后用通用方法,
cn+1+1=8cn+8=8(cn+1)cn=8n−1(c1+1)−1=4×8n−1−1 同理,
dn+1+7=2dn+14=2(dn+7)dn=2n−1(d1+7)−7=8×2n−1−7 则,
an=2cn+dn=2×8n−1+2n+1−4 经检验,a1=2,符合题意,故,
an=2×8n−1+2n+1−4 例题七
数列 {a} 满足,
a1=1,a2=2,an+2=6an+1−an 则,下列说法中,正确的是,
A. 数列 {an+12−anan+2} 是常数数列。
B. 数列 {8anan+1−7} 的各项为平方数。
C. 数列 {4anan+1−7} 的各项为平方数。
D. 任意 an 除以 9 的余数为 1 或 2。
对于 A 选项,我们递推式两边同时乘上 an,
anan+2=6anan+1−an2 则,
an+12−anan+2=an+12+an2−6anan+1 同理,
an2−an−1an+1=an2+an−12−6an−1an 两式右面相等,则,
an+12−6anan+1=an−12−6an−1anan+1(an+1−6an)=an−1(an−1−6an)−an+1an−1=−an−1an+1 显然成立,因此,数列
{an+12−anan+2} 是常数数列。
对于 D 选项,容易发现,
a1≡1(mod9)a2≡2(mod9)a3≡2(mod9)a4≡1(mod9)a5≡4(mod9) 在 a5 出现问题,故命题不成立。
对于 BC 选项,由 A 选项知,
an+12−anan+2=an+12+an2−6anan+1=−7 则,
6anan+1−7=an+12+an2 两边同时,
±2anan+1 都可以使右边变为平方数,因此 BC 均成立。
故选:ABC。
极限
函数极限
极限的概念比较复杂,我们多方面的考虑。
若函数 f(x) 在 x0 附近有定义,且存在有极限 L,那么,
对于任意 ε>0,一定存在 δ>0,使得当,
0<∣x−x0∣<δ 时,总有,
∣f(x)−L∣<ε 则称 L 是函数在 x0 的极限,记为,
x→x0limf(x)=L 特殊的,若对于 x>x0(x−x0<δ)满足上式,
则称函数在 x0 处存在右极限,表示为:
x→x0+limf(x)=L 同样的,若对于 x<x0(x0−x<δ)满足上式,
则称函数在 x0 处存在左极限,表示为:
x→x0−limf(x)=L 比较这三个定义我们会发现:
要想存在极限,那么必须同时存在相等的左极限和右极限。
数列极限
数列极限的定义和函数的不大一样,
对于任意 ε>0,都存在 N∈N∗,使得对于任意 n>N,
∣an−L∣<ε 则称数列 a 收敛于 L,记为,
n→∞liman=L 或,
用逻辑符号表示,
(∀ε>0)(∃N∈N+)(∀n∈N)[(n>N)⇒(∣an−L∣<ε)] 直观的讲,即无论误差范围 ε 多小,从某项 an 开始,每一项与 L 的差距都小于 ε。
或者,更直观的,当数列的下标越来越大的时候,数列的值也就越接近那个特殊值。
若不存在这样的数,则称该数列是发散的。
常见的极限
从这里开始,一般只讨论数列极限。
x→∞limxn1=0,n>0(a) x→∞liman1=0,∣a∣>1(b) x→∞limrn=0,∣r∣<1(c) x→0+limx1=+∞(d) x→0−limx1=−∞(e) 特殊的,对于数列 an=n,
当 n→+∞ 时,an→+∞,这种无界数列,一般说其不存在极限。
同样,除了常数数列,其他的波动数列、周期数列,一般都不存在极限。
其中一个判断数列是否收敛的定理,称为单调收敛定理,和实数完备性相关:
单调有界数列必收敛(有上界的单调递增数列,或是有下界的单调递减数列)。
同时,判断数列是否收敛,还存在两边夹定理,
若两数列存在极限,那么其夹的数列存在极限,数学表示,
若 n→∞liman=n→∞limbn=L,且 an≤cn≤bn,则 n→∞limcn=L。
例如,
0<n2+11<n1 且左右极限都是 0,因此中间也收敛于 0。
极限的性质
唯一性:若数列 {an}n∈N 存在极限,则极限是唯一的。
有界性:如果一个实数数列无界,则这个实数数列一定发散。
若数列 {an}n∈N 存在极限,那么一定存在 M>0,使得所有 ∣an∣≤M。
注意到,并不是数列有界就一定存在极限,例如 an=(−1)n。
保序性:若两数列 {an}n∈N,{bn}n∈N 分别收敛于 A,B,则,
(∃N∈N)[(A>B)∧(n>N)⇒(an>bn)] 极限也存在四则运算:
n→∞lim(an±bn)=n→∞liman±n→∞limbn(1) n→∞limxan=xn→∞liman(2) 由 (1)(2) 可得极限的线性性,
n→∞lim(xan+ybn)=xn→∞liman+yn→∞limbn(3) 另外,极限也存在乘法和除法,
n→∞lim(anbn)=n→∞liman×n→∞limbn(4) n→∞lim(bnan)=limn→∞bnlimn→∞an(5) 注意到,被除数不能为零。
同时,如果要进行以上所有操作,都需要保证每一步的数列极限存在。
这样子,有一个性质,
n→∞limb1xc1+b2xc2+…a1xc1+a2xc2+…=b1a1,c1>c2>… 即,最高次项系数之比。
极限例题
存在极限的组
n→∞lim4n1=0 n→∞limn2+n21=n→∞limn2+n→∞limn21=0 n→∞limn1−n22+3=n→∞limn1−n→∞limn22+3=3 n→∞lim(1/3)n−52+(1/3)n=limn→∞(1/3)n−5limn→∞2+(1/3)n=limn→∞(1/3)n−52+limn→∞(1/3)n=−52 注意在做每一步变形的时候,只有存在极限才能操作。
n→∞lim2n+23n+1=23 这里有很多种做法,例如,
n→∞lim2n+23n+1=n→∞lim2+2/n3+1/n=limn→∞2+2/nlimn→∞3+1/n=23 n→∞lim2n+23n+1=n→∞lim2n+23(2n+2)/2−2=23−n→∞lim2n+22=23 或者,当 n→∞ 时,
3n+1∼3n,2n+2∼2n 2n+23n+1→2n3n=23 不存在极限的组
注意到,
n→∞,n→∞ 当趋近于正无穷时,一般认为不存在极限。
an=n−n1 注意到,
n→∞,1/n→0 故,
同样不存在极限。
例题一
an=n2+n1 容易发现,
0<n2+n1<n1 且,
n→∞limn1=0 根据两边夹定理,
n→∞limn2+n1=0 例题二
an=nsinn 容易发现,
−n1≤nsinn≤n1 且,
n→∞lim−n1=n→∞limn1=0 因此,
n→∞limnsinn=0 例题三
an=n2 注意到,
而且,
n2>n+12 证明:
(n2)n(n+1)>(n+12)n(n+1)2n+1>2n 即,递减有下界,有极限。
设,
an=n2cn=an−1 那么,
(cn+1)n=2 用二项式定理展开,
k=0∑n(kn)cnk=2 展开前两项,
1+ncn<(cn+1)n=2cn<n1 即,
1<an=cn+1<n1+1 根据两边夹定理,
n→∞liman=1 例题四
bn=nn 的极限。
类似上一题的似乎,设,
dn=bn−1bn=dn+1n=(dn+1)n 展开,
1+ndn+2n(n+1)dn2+⋯=n 考虑到右面的 n 级别比较大,我们选用一三两项,
n>1+2n(n+1)dn2n−1>2n(n+1)dn22ndn2<1dn2<n2 又因为,
两边夹,得出,
n→∞limbn=n→∞limdn+1=1 例题五:数学直觉做法
有数列,
a1=1,an+1=an+2nan1 判断 a 是否单调,是否有界。
我们充分发扬人类智慧:
a1=1,a2=2,… 观察原式,容易得出,
an=0,2nan1=0 那么,
an+1>an 而且不取等,那么一定是严格单调递增且无界的。
例题六:初中重造组
求数列,
a0=1+2021−1an=(1+2021−2n)an−1 的极限。
注意到两边取极限,会约去,因此不能不动点法(大雾)。
注意到幂运算的右结合性,
2021−2n=(2021−2)n=(20211)2n 我们记,
x=2021−1 那么,原式化简为,
a0=1+xan=(1+x2n)an−1 考虑累乘法,很自然,
an=(1+x)(1+x2)(1+x4)+⋯+(1+x2n) 好好好,我们回归初中出现过的经典探究题,
(1−x)(1+x)=1−x2(1−x2)(1+x2)=1−x4…(1−x2n)(1+x2n)=1−(x2n)2=1−x2n×2=1−x2n+1 于是,原式两边同乘 1−x,得,
(1−x)an=1−x2n+1an=1−x1−x2n+1 考虑极限,
n→∞liman=1−x1−limn→∞x2n+1 我们知道,
n→∞⇒2n+1→∞⇒x2n+1→0,∵∣x∣<1 因此,
n→∞liman=1−x1=20202021 不动点法
不动点
对于函数 f ,若 x 满足,
这个 x 称为这个函数的不动点,或定点,是被这个函数映射到其自身一个点。
例如:
f(x)=x2−3x+4 的不动点为,
x=f(x)x2−4x+4=0(x−2)2=0 即函数 f 的不动点为 2,因为 f(2)=2。
不是每一个函数都具有不动点,例如定义在实数上的函数 f(x)=x+1 就没有不动点。
因为对于任意的实数, x 永远不会等于 x+1。
用画图的话来说,不动点意味着点 (x,f(x)) 在直线 y=x 上,即图像存在交点。
上例 f(x)=x+1 的情况是,这个函数的图像与那根直线是一对平行线。
在函数的有限次迭代之后回到相同值的点叫做周期点;不动点是周期等于 1 的周期点。
不动点和数列
如果数列递推公式形如,
an+1=f(an) 那么,f 称为迭代函数(生成函数),则和上文一样,
的方程,称为不动点方程。
当我们解出一个不动点 x,等式两边同时减去 x,
an+1−x=f(an)−x 左右都等于零,因此右面一定有因式,
这个过程称为不动点改造。
那么,左右就存在相同的结构,
bn=an−x 往往可以进而推导一些性质。
不动点法求极限
有数列形如,
an=f(an−1) 假设这个数列存在极限,记为 a,那么对两边同时取极限,
n→∞liman=n→∞limf(an−1) 一般默认 f 函数是光滑的,那么,
n→∞limf(an−1)=f(n→∞liman−1) 即,
解出这个解,那么如果存在极限,极限一定是这个方程的解中的一个。
原理为,只有当数列收敛到不动点,才能存在极限;不然也不会存在极限。
数列迭代:蛛网工作法
我们延续上面的观点,尝试使用一些新奇的技巧,
我们想要把数列 an→an+1 这个过程直观的表示出来,我们知道,
f(an)=an+1 容易想到,我们在平面内做出 f(x) 的图像,那么这上面的点,
Q(an,f(an))=(an,an+1) 就表示了一个递推的过程。
然后考虑数列运作的趋势是什么样的,显然我们只考虑递增和递减,
- f(an)>an,数列在此处递增,对应点在 y=x 图像上方;
- f(an)<an,数列在此处递减,对应点在 y=x 图像下方。
于是,我们考虑在平面内再做出 y=x 的图像,那么数列的趋势符合上文。
具体的,做点,
A1(a1,f(a1))=(a1,a2) 过 A1 做 x 轴平行线,交 y=x 于,
A2(a2,a2) 过 A2 做 y 轴平行线,交 y=f(x) 于,
A3(a2,f(a2))=(a2,a3) 以此类推,形如,

蛛网工作法
我们知道,按照顺序在 y=f(x) 图像上的点,对应原数列。
根据这个图像,我们还能知道不动点 x=f(x) 其实是这两个图像的交点。
于是,如果我们这么做下去,能推到不动点附近,那么函数收敛。
与上文类似,指数函数、幂函数的线性组合,一般都是光滑的,那么有,
若 ∣f′(x0)∣<1,不动点 x0 称为吸引不动点,数列迭代过程中会靠近吸引不动点。
若 ∣f′(x0)∣>1,不动点 x0 称为排斥不动点,数列迭代过程中会远离排斥不动点。
通项公式:例题
一次函数形
例题:有数列,
a1=1,an=21an−1+1 求 an 的通项公式。
求出不动点 x,满足,
x=21x+1x=2 原式两边同时减二,
an−2=21an−1−1=21(an−1−2) 因此,
an−2=2n−11(a1−2)an=−2n−11+2 二次函数型(双解)
解,
a1=3,an+1=an+14an−2 求出不动点,
x=x+14x−2x2+x=4x−2x2−3x+2=0(x−2)(x−1)=0 我们把两个不动点 2,1 分别减到递推式两边,
an+1−2=an+12an−4an+1−1=an+13an−3 化简,
an+1−2=an+12(an−2)an+1−1=an+13(an−1) 然后上下做比,
an+1−1an+1−2=32⋅an−1an−2 注意到是等比数列,因此,
an−1an−2=(32)n−1a1−1a1−2=21(32)n−1 记后面的为 Sn,则,
an−1an−2=Snan−2=anSn−Sn(Sn−1)an=Sn−2an=Sn−1Sn−2 带入,得,
an=(2/3)n−1−2(2/3)n−1−4=2n−1−2⋅3n−12n−1−4⋅3n−1 二次函数型(单解)
解,
a1=5,an+1=an−13an−4 不动点,
x2−x=3x−4x2−4x−4=0x=2 只有一个解,我们两边减去,
an+1−2=an−1an−2 注意到两个分子形式相同,我们两边取倒数,
an+1−21=an−2an−1=1+an−21 为等比数列,
an−21=a1−11+(n−1)=n−32 两边再取倒数,
an−2=n−2/31=3n−23an=3n−23+2=3n−26n−1 二次函数型(无解)
解,
a1=2,an=1−an−11 不动点,
x=1−x1x2=x−1x2−x+1=0 无解,因此该数列为周期数列,考虑,
a1=2a2=1/2a3=−1a4=2 为 T=3 的周期数列,因此,
an=⎩⎨⎧21/2−1ifn≡1(mod3)ifn≡2(mod3)ifn≡0(mod3) 不动点解题技巧
适用于形如 an+1=f(an),
求解通项公式部分,求解不动点 x=f(x) 后,
【若为一次函数】:两边减去,构造等比;
【若为二次函数双解】:两边减去两个不动点,做比,构造等比;
【若为二次函数单解】:减去不动点,去倒数,通分,构造等差;
【若为二次函数无解】:为周期数列,手模即可。
例题
已知从 1 开始的数列,
a1=2,an+1=(2−1)(an+2)b1=2,bn+1=2bn+33bn+4 求证,
2<bn≤a4n−3 考虑直接求出通项公式,
对于数列 {an},不动点,
x=(2−1)(x+2)x=(2−1)x+2(2−1)(2−2)x=2(2−1)x=(2−1)(2+2)x=2 两边减去 2,
an+1−2=(2−1)an+2−2=(2−1)(an−2) 因此,
an−2=(2−1)n−1(a1−2)=(2−2)(2−1)n−1an=2(2−1)n+2 对于数列 {bn},不动点,
2x2+3x=3x+4x2=2x1,2=±2 两边减去,
bn+1−2=2bn+3(3−22)(bn−2)bn+1+2=2bn+3(3+22)(bn+2) 做比,
bn+1−2bn+1+2=3−223+22⋅bn−2bn+2 注意到,
3−223+22=(2−1)2(2+1)2=(2−12+1)2 于是,
bn−2bn+2=(2−12+1)2(n−1)b1−2b1+2=(2−12+1)2n−22−22+2=(2−12+1)2n−22−12+1=(2−12+1)2n−1=x 则,
bn+2=xbn−2x(x−1)bn=2(x+1)bn=2x−1x+1=2(2+1)2n−1−(2−1)2n−1(2+1)2n−1+(2−1)2n−1 考虑进一步化简,此时有两个形式,
bn=2(2+1)4n−2−1(2+1)4n−2+1=21−(2−1)4n−21+(2−1)4n−2 考虑证明给出的性质,
2<bn≤a4n−3=2(2−1)4n−3+2 即,
1<1−(2−1)4n−21+(2−1)4n−2≤(2−1)4n−3+1 左侧显然,右侧,移项,
1−(2−1)4n−22(2−1)4n−2≤(2−1)4n−31−(2−1)4n−22(2−1)≤12(2−1)≤1−(2−1)4n−2(2−1)4n−2≤3−22=(2−1)24n−2≥2,n≥1 显然成立。
三角换元初步
思路
我们复习一下再换元里面常用的恒等变换,
cos2θ=2cos2θ−1(1) tan2θ=1−tan2θ2tanθ(2) sin3θ=3sinθ−4sin2θ(3) cos3θ=4cos2θ−3cosθ(4) 注意到,除了正切函数,其他的函数值域都是 [−1,1](不指定定义域)。
因此,我们先需要证明函数值在一个区间内,然后利用上面的去换元。
例题
已知数列 {an} 满足,
a1=21,an+1=an2−2 观察到右面类似余弦二倍角公式,考虑猜测 an∈[−2,2]。
证明:考虑数学归纳,
−2≤a1=21≤2 尝试,an∈[−2,2]⇒an+1∈[−2,2]。
an−1=an2−2 由于,
an∈[−2,2]⇒an2∈[0,4]⇒an2−2∈[−2,2] 因此,注意到递推式右面的 2,我们设,
an=2cosθn 容易发现,
an+1=an2−22cosθn+1=4cos2θn−2cosθn+1=2cos2θn−1cosθn+1=cos2θn 不妨令,
θn+1=2θn 于是,通项公式,
an=2cos(2n−1θ) 考虑 θ 是多少,
a1=2cosθ=21cosθ=41θ=arccos1/4 即,
an=2cos(2n−1arccos41) 跑题了
若,
a1=3,an+1=2an2−1 欸,三角换元,啊初项不行 QAQ
我们考虑另外一个满足此式的式子,另,
an=2kx+k−x=f(x) 其中 k 是任意变量,则,
an+1=2an2−1=2k2x+k−2x=f(2x) 令,初项,
a1=f(t)=2kt+k−t=3 令,
kt=3+22,k−t=3−22 于是,
a2=f(2t)=2k2t+k−2ta3=f(4t)=2k4t+k−4t…an=f(2n−1t)=2k2n−1t+k−2n−1t=2(kt)2n−1+(k−t)2n−1 带入,得,
an=2(3+22)2n−1+(3−22)2n−1 这个东西就是(类似)双曲换元。
裂项和放缩
分式裂项
第一组:
n(n+1)1=n1−n+11 推广,
n(n+k)1=k1(n1−n+k1) 第二组:
n(n+1)(n+2)1=21[n(n+1)1−(n+1)(n+2)1] 推广,
n(n+1)…(n+k)1=k1[n…(n+k−1)1−(n+1)…(n+k)1] 整式裂项
第一组,
n(n+1)=31[n(n+1)(n+2)−(n−1)n(n+1)] 推广,
n(n+1)…(n+m)=m+21[n…(n+m+1)−(n−1)…(n+m)] 根式裂项
第一组,
n+1−n1=n+1+n 推广,
n+k−n1=kn+k+n 或者,
a±b1=a±ba∓b 第二组,对于 0<α<1,
1−α1[(n+1)α−11−nα−11]<nα1<1−α1[nα−11−(n−1)α−11],n≥2 例如,
α=1/2α=1/3⟶2(n+1−n)<n<2(n−n−1)⟶23(3(n+1)2−3n2)<3n1<23(3n2−3(n−1)2) 证明,
∫nn+1xα1dx<nα1<∫n−1nxα1dx 由牛顿·莱布尼茨公式化简得上式。
另一组,
2n+4−2n+2<2n+11<2n+1−2n−1 证明大体形如,
2n+11<(2n+1+2n−1)/21=2n+1−2n−1 例题
简单例题
已知等差数列 {an} 满足,a3=7,a5+a7=26,
- 求 an 及其前 n 项和 Sn;
- 令 bn=1/(an2−1),求其前 n 项和 Tn。
易知,
a5+a7=2a6=26,a6=13d=(a6−a3)/(6−3)=2a1=a3−2d=3 于是,
an=a1+(n−1)d=3+2(n−1)=2n+1Sn=n(a1+an)/2=n2+2n 那么,
bn=an2−11=4n2+4n1=41⋅n(n+1)1=41(n1−n+11) 那么,
Tn=b1+b2+⋯+bn=41(11−21+21−31+⋯+n1−n+11) 注意好配对,
Tn=41(1−n+11)=4n+4n 基础例题
已知数列 {an} 满足,
a1=1,a2=1/4an+1=n−an(n−1)an 求证,对于任意 n∈N∗,
i=1∑nai2<67 注意到递推公式并不是不动点的标准形式,但是,
发现如果把分母乘过去,n 的系数相同,会约去,因此,
设不动点 x,
x=n−x(n−1)xnx−x2=nx−xx2−x=x(x−1)=0x1=0,x2=1 两边减去一,
an+1−1=n−ann(an−1) 与原式做比,
an+1−1an+1=nn−1⋅an−1an 注意到左边系数的分母,两项相差了一,因此,
nan+1−1an+1=(n−1)an−1an 因此,
(n−1)an−1an 对于 n≥2 为常数列,因此,
(n−1)an−1an=a2−1a2=−31 则,
1−an=(3n−3)an(3n−2)an=1an=3n−21 尝试证明,
Sn=i=1∑nai2<671+421+721+1021+⋯<67 进行放缩,
注意到我们要把每一项放缩为差为三的两项,才能用裂项消去,即,
(3n−2)21<(3n−2−a)(3n−2+b)1=a+b1(3n−2−a1−3n−2+b1) 对于 a+b=3,a≥b,最自然的想法,直接取 a=b=1.5,
3Sn<3+2.51−5.51+5.51−8.81+⋯+3n−3.51−3n−0.51=3+2.51−3n−0.51<3+2.51=1034 于是,
Sn<3034<67 类似的,我们取 a=2,b=1 等也可以,
3SnSn<3+21−41+41−71+71−101+⋯+3n−31−3n1=27−3n1<27<67 注意到这么做得出来的更加不准确,我们通过暴力手段可以发现,
x→∞limSn→L 其中 L 大约是 1.1217,我们上面一个估算已经非常准确了。
还是例题
已知数列 {an} 是公差不为零的等差数列,
且 a4 是 a2,a8 等比中项,满足,
a1+a2+⋯+a7=14 我们注意到,
a42=a2a8 而,
42=2×8 因此,我们大胆假设,
证明:
a2=a1+d,a4=a1+3d,a8=a1+7d(a1+3d)2=(a1+d)(a1+7d)6da1+9d2=7d2+8da12d2=2da1,d=a1an=a1+(n−1)d=na1 于是,
S7=72a1+a7=28a1=14a1=21 因此,
an=21n 还是例题
(也许这道题是上一道题的后续
有数列 {bn} 满足,
b1=−1bn=2n−1n(n−1)n+1,n≥2 观察到 n(n+1) 的形式,裂项,
bn=2n−1n+1(n−11−n1)=2n−11(n−1n+1−nn+1)=2n−11(n−12−n1)=2n−2(n−1)1−2n−1n1 考虑求和,
Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=−1+11−41+41−121+⋯+2n−2(n−1)1−2n−1n1=−2n−1n1 注意到 T1=−1 也成立,因此上式即为结果。
又是例题
已知数列 {an} 是公差为 d=0 的等差数列,
且 {akn} 是等比数列,其中 k1=3,k2=5,k3=9。
- 求 k1+k2+⋯+kn 的值。
和上一题类似,我们注意到,
k1−1=2,k2−1=4,k3−1=8,2×4=5 我们大胆猜测,
an=(n−1)d 证明,
a52=a3a9(a1+4d)2=(a1+2d)(a1+8d)16d2+8a1d=16d2+10a1d4a1d=5a1d∵d=0,∴a1=0 因此,
an=a1+(n−1)d=(n−1)d 观察 kn 的值,
我们发现 3,5,9 是经典的数列,考虑大胆猜测(雾
kn=2n+1 此时,
akn=2nd 是一个公比为 2 的等比数列,符合条件。
于是,
Sn=i=1∑nki=n+i=1∑n2i=n+2n+1−2 又是例题
对于数列 {bn},有,
bn=n+1n+n+1n−1 求证,对于 n∈N∗,
Sn=i=1∑nn(n+1)2bn1<n+1n 首先,我们注意到,
S1=21<21 而后面的每一步,本质是在叠加
n(n+1)2bn1 的贡献,因此原问题的充分必要条件为,
n(n+1)2bn1<n+1n−nn−1 考虑恒等变形,
n(n+1)1⋅2bn1<n(n+1)n−n2−1n(n+1)1⋅2bn1<n−n2−1 注意到两边都是正数,因此,
2n(n+1)bn1<(n−n2−1)22n(n+1)bn>(n−n2−11)2 暂时不展开,带入,
2n2+2nn2−1>(n+n2−1)2=2n2−1+2nn2−1 显然成立。
找规律题
已知,
an=2≤i≤n∏i3+1i3−1 - 求 limn→∞an。
我们知道,
n3−1=(n−1)(n2+n+1)n3+1=(n+1)(n2−n+1) 于是,首先,
an=2≤i≤n∏i3+1i3−1=2≤i≤n∏i+1i−12≤i≤n∏i2−i+1i2+i+1 左边一个乘式,
2≤i≤n∏i+1i−1=3×4×⋯×n×(n+1)1×2×3×⋯×(n−1)=n2+n2 右边考,注意到,
(i+1)2−(i+1)+1=i2+i+1 于是,
2≤i≤n∏i2−i+1i2+i+1=3×7×13×…7×13×⋯×(n2+n+1)=3n2+n+1 得到结果,
an=32⋅n2+nn2+n+1 考虑极限,
n→∞liman=32n→∞limn2+nn2+n+1=32 总结:找不着规律,多写几项。
总结一下
我们常见的裂项技巧有:
【简单型】一眼。
【从项出发】考虑每一项如何裂项,去消掉多余的项。
【从求和出发】考虑类似数学归纳法,证明
bn<Sn−Sn−1⇒b1+b2+⋯+bn<Sn(S0=0) 结论题
求,
n→∞limk=1∑narctank22 结论,令,
θ1=arctan(k+1)θ2=arctan(k−1) 则,
tan(θ1−θ2)=1+(k−1)(k+1)(k+1)−(k−1)=k22 即,
arctank22=arctan(k+1)−arctan(k−1) 于是,
k=1∑narctank22=k=1∑narctan(k+1)−k=1∑narctan(k−1)=1≤k−1≤n∑arctank−1≤k+1≤n∑arctank=2≤k≤n+1∑arctank−0≤k≤n−1∑arctank=arctan(n+1)+arctann−arctan0−arctan1 我们知道 arctan 的值域是 (−π/2,π/2),因此,
k→∞limarctank=π/2 因此,原式,
n→∞limk=1∑narctank22=π−4π=43π 回归基础
前面省略,后面,
a1=a2=a3=1an+1=an−22019+anan−1,n>3 首先正数,(显然,数列里面没有存在减法和负数,
考虑数学归纳法,对于 n=1,2,3,有 an>0,
假设对于 n<k(k>3),an>0,考虑证明 ak>0。
ak=ak−32019+ak−1ak−2>0 成立,因此对于 n∈N∗,an>0。
然后整数,我们发现 2019 是我们不想要的,怎么办捏 QAQ
我们考虑用类似特征根消掉常数的方法,错位相减,
ak+1ak−2=2019+akak−1akak−3=2019+ak−1ak−2 上减下,
ak+1ak−2−akak−3=akak−1−ak−1ak−2 先不要冲动提右面的公因式,因为左边没有公因式 OvO
ak−2(ak+1+ak−1)=ak(ak−1+ak−3) 注意到两个括号内很现实,我们喜欢哦(
akak+1+ak−1bk=ak−2ak−1+ak−3=bk−2(k>3) 因此,我们有,
a1=a2=a3=1,a4=2020 于是,
b2=2,b3=2021…bn={22021,n≡0(mod2),n≡1(mod2) 也就是,
ak+1=bkak−ak−1,(k>3) 故都是整数。
总结:不好看的数字,没有特殊性质,考虑变形消掉。
例题
例题一
已知数列 {an}n∈N∗ 满足,
∀k∈N∗,ak+1+ak=4k+3 - 求 a1+a2020。
方法一,注意到,
ak+1=−ak+4k+3ak=−ak−1+4k−1 每个叠加的项最终只会存在变号,因此,
ak=(−1)k−1a1+i=2∑k(−1)k−i(4i−1) 因此,
a1+a2020=i=2∑2020(−1)i(4i−1) 考虑扰动法,
i=2∑2020(−1)i(4i−1)−(4×2021−1)i=2∑2020(−1)i(4i−1)−8083=4×2−1+i=2∑2020(−1)i+1[4(i+1)−1]=7+i=2∑2020(−1)i+1(4i+3)=7−i=2∑2020(−1)i(4i−1+4)=7−i=2∑2020(−1)i(4i−1)−i=2∑2020(−1)i4=7−i=2∑2020(−1)i(4i−1)−4 于是,
2i=2∑2020(−1)i(4i+3)i=2∑2020(−1)i(4i+3)=8086=4043 后面略,因为真的不好算。
方法二,注意到,
S2020=22020(a1+a2020) 而,
S2020=(a1+a2)+⋯+(a2019+a2020)=1010×3+4×(1+3+⋯+2019)=1010×3+20202 则,
a1+a2020=20202S2020=3+4040=4043 例题二:人类智慧
已知数列 {an}n∈N∗ 满足,
a1=1,a2=9an+2=4an+1−3an−20,(n≥1) - 求其前 n 项和 Sn 的最大值。
注意到,减二十是很大的操作,我们充分发挥人类智慧,
于是,我们猜测数列迭代到一定程度,就会是严格单调递减的。
a1=1a2=9a3=13a4=5a5=−39a6=−191 这个趋势已经很明显了,考虑证明,假设单减成立,
an+2=4an+1−3an−20<an+13(an+1−an)<20 注意到当 n≥3 时,上条件成立,那么,
3(an+1−an)<20⇒an+2<an+1⇒an+2−an+1<0⇒3(an+2−an+1)<20⇒an+3<an+2⇒… 即,对于 n≥3,
an+1<an 于是,观察我们的列表,可以得出,
an<0,(n≥5) 于是,
Snmax=Sn∣n=4=1+9+13+5=28 当然也可以求出通项公式,
an=10n−2×3n−1−8 当 n 很大时,幂远大于线性,因此数列越来越小。
例题三:邻项相减
一些记号省略了,后面,
Sn=(−1)nan+2n1+n−3 邻项相减(或者说前缀和的差分),
Sn=(−1)nan+2n1+n−3Sn−1=−(−1)nan−1+2⋅2n1+n−4 相减,
an=Sn−Sn−1=(−1)nan+(−1)nan−1−2n1+1 分讨奇偶性,
a2k=a2k+a2k−1−22k1+1a2k−1=−a2k−1−a2k−2−22k−11+1 整理上面的,得,
a2k−1=22k1−1 对于下面的,
a2k−2a2k=−2a2k−1−22k−11+1=−22k−11+2−22k−11+1=−22k−21+3=−22k1+3 于是,
an=⎩⎨⎧2n+11−1−2n1+3if n 是奇数if n 是偶数 简单题
数列 {an} 满足,
a1=3,an+1=an2−3an+4 A. {an} 严格单调递增。
B. {an} 无界。
C. a100=101.
D. n→∞lim(a1−11+a2−11+⋯+an−11)=1.
容易发现,右侧系数 134 类似 144 的完全平方式,
an+1−an=an2−4an+4=(an−2)2≥0an+1≥an,∴an≥⋯≥a1=3(an−2)2≥1⇒an+1>an 由上面的,
an+1−an=(an−2)2≥1an≥an+1a2≥4,a3≥5,…,an≥n+2 于是,数列无界且,
a100≥102 后面不会了,注意到迭代形如 an+1=f(an),我们知道不动点是一个好工具,
x=f(x)x=x2−3x+4x2−4x+4=0(x−2)2=0x=2 递归式两边同时减二,取倒数,
an+1−2=an2−3an+2=(an−1)(an−2)an+1−21=(an−1)(an−2)1=an−21−an−11an−11=an−21−an+1−21 注意到形如 f(n)=g(n)−g(n′) 的形式,裂项成功,
a1−11+a2−11+⋯+an−11=a1−21−a2−21+a2−21−a3−21+⋯+an−21−an+1−21=a1−21−an+1−21=1−an+1−21 注意到,
0<an+1−21≤n+11 因此这一项极限为 0,
n→∞lim(a1−11+a2−11+⋯+an−11)=1 成立,故选 ABD。
签到题
数列,
a1=1,an+1=an2+an20191 判断数列 {an} 是否有界。
注意到该数列每一项均为正数,且都非零,
an+12=an2+an20191an+12>an2an+1>an 严格单调递增,故无界。
证明,反证法:
假设数列有界,记为 L,两边取极限,
L2=L2+L20191 显然无界,不成立。
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