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数列进阶

线性递推

概念

对于 kk 阶线性递推式,ana_n 仅与 nn 前面的 kk 项有关。

对于常系数齐次线性递推,形如,

an=i=1kfi×ani \boxed{a_n=\sum_{i=1}^kf_i\times a_{n-i}}

拓展:对于常系数非齐次线性递推,形如,

an=P(n)+i=1kfi×ani a_n=P(n)+\sum_{i=1}^kf_i\times a_{n-i}

其中 P(x)P(x) 是一个 mm 次多项式。

特征方程和特征根

形如,

an=xan1+yan2 a_n=xa_{n-1}+ya_{n-2}

其特征方程可以表示为,

q2=xq+yq2xqy=0 \boxed{q^2=xq+y}\\ q^2-xq-y=0

推导:

设有 q,tq,t 满足,

anqan1=t(an1qan2)an=(q+t)an1qtan2 a_n-qa_{n-1}=t(a_{n-1}-qa_{n-2})\\ a_n=(q+t)a_{n-1}-qta_{n-2}

则,

{x=q+ty=qt \begin{cases} x=q+t\\ y=-qt \end{cases}

得,

q=xt=x+y/qt=xq=y/qq2=xq+y q=x-t=x+y/q\\ t=x-q=-y/q\\ q^2=xq+y

或者用微分方程的思想,

qn=xan1+yan2 q^n=xa^{n-1}+ya^{n-2}

注意到 an20a^{n-2}\neq0,化简得,

q2=xq+y q^2=xq+y

易解得,

q1,2=x±x2+4y2 \boxed{q_{1,2}={x\pm\sqrt{x^2+4y}\over2}}

其中,q1,2q_{1,2} 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=1kfi×ani a_n=\sum_{i=1}^kf_i\times a_{n-i}

其特征方程为,

qk=i=1kfi×qki q^k=\sum_{i=1}^kf_i\times q^{k-i}

特征根与通项公式

我们记递推式

an=xan1+yn2 a_n=xa_{n-1}+y_{n-2}

的两个特征根分别为,q1,q2q_1,q_2,那么

通项公式,ana_n 一定可以表示为,

an=αq1n+βq2n \boxed{a_n=\alpha q_1^n+\beta q_2^n}

特殊的,如果 q1=q2=qq_1=q_2=q

an=(α+β)qn a_n=(\alpha+\beta)q^n

其中,还可以进一步表示,

α+β=λn+μ \alpha+\beta=\lambda n+\mu

带入原式,

an=(λn+μ)qn \boxed{a_n=(\lambda n+\mu)q^n}

对于更高阶的,把 nn 前面多加几项 n2,n3,n^2,n^3,\dots 即可。

特殊的,若,

a2/a1=q a_2/a_1=q

那么,原式继续退化,形如,

an=kqn \boxed{a_n=kq^n}

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,k2k_1,k_2 一定对于任意 nn 成立,因此带入特殊值,

a1=αq1+βq2a2=αq12+βq22 \boxed{\begin{aligned} a_1=\alpha q_1+\beta q_2\\ a_2=\alpha q_1^2+\beta q_2^2 \end{aligned}}

容易发现,只有 k1,k2k_1,k_2 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=an1+an2  (n>2) \begin{cases} a_1=a_2=1\\ a_n=a_{n-1}+a_{n-2}\;(n>2) \end{cases}

有特征方程,

q2=q+1 q^2=q+1

解得,

q1,2=1±52 q_{1,2}={1\pm\sqrt5\over2}

即,

an=λ1(1+52)n+λ2(152)n a_n=\lambda_1\left({1+\sqrt5\over2}\right)^n+\lambda_2\left({1-\sqrt5\over2}\right)^n

带入 a1=a2=1a_1=a_2=1

a1=λ1a+52+λ2a52a2=λ1(a+52)2+λ2(a52)2 \def\qa#1{{a#1\sqrt5\over2}} \begin{aligned} a_1&=\lambda_1\qa++\lambda_2\qa-\\ a_2&=\lambda_1\left(\qa+\right)^2+\lambda_2\left(\qa-\right)^2 \end{aligned}

解得,

λ1=15λ2=15 \begin{aligned} \lambda_1&={1\over\sqrt5}\\ \lambda_2&=-{1\over\sqrt5} \end{aligned}

即,斐波那契数列通项公式,

an=15[(1+52)n(152)n] \boxed{a_n={1\over\sqrt5}\left[\left({1+\sqrt5\over2}\right)^n-\left({1-\sqrt5\over2}\right)^n\right]}

同时,我们有更简便的方法,考虑到,

an=λ1q1n+λ2q2n a_n=\lambda_1q_1^n+\lambda_2q_2^n

也可以表示为,

an=λ1q1n1+λ2q2n1 a_n=\lambda_1q_1^{n-1}+\lambda_2q_2^{n-1}

于是,我们带入 a1,a2a_1,a_2

{a1=λ1+λ2a2=λ1q1+λ2q2 \begin{cases} a_1=\lambda_1+\lambda_2\\ a_2=\lambda_1q_1+\lambda_2q_2 \end{cases}

会更方便解方程一点。

本题中,

{λ1+λ2=1λ11+52+λ2152=1 \left\{\begin{aligned} \lambda_1+\lambda_2&=1\\ \lambda_1{1+\sqrt5\over2}+\lambda_2{1-\sqrt5\over2}&=1 \end{aligned}\right.

解得,

{λ1=1+525λ2=1525 \left\{\begin{aligned} \lambda_1&={1+\sqrt5\over2\sqrt5}\\ \lambda_2&=-{1-\sqrt5\over2\sqrt5} \end{aligned}\right.

得,

an=1+525(1+52)n11525(152)n1=15[(1+52)n(152)n] \begin{aligned} a_n&={1+\sqrt5\over2\sqrt5}\left({1+\sqrt5\over2}\right)^{n-1}-{1-\sqrt5\over2\sqrt5}\left({1-\sqrt5\over2}\right)^{n-1}\\ &={1\over\sqrt5}\left[\left({1+\sqrt5\over2}\right)^n-\left({1-\sqrt5\over2}\right)^n\right] \end{aligned}

例题二

求:

an+1=3an2an1 a_{n+1}=3a_n-2a_{n-1}

对于任意 a1,a2a_1,a_2 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=3q2q1=1,q2=2 q^2=3q-2\\ q_1=1,q_2=2

于是,有

an=x+y2n a_n=x+y\cdot2^n

对于,解方程

{a1=x+2ya2=x+4y \begin{cases} a_1=x+2y\\ a_2=x+4y \end{cases}

解得,

{x=2a1a2y=a2a12 \left\{\begin{aligned} x&=2a_1-a_2\\ y&={a_2-a_1\over2} \end{aligned}\right.

于是,

an=2a1a2+(a2a1)2n1 a_n=2a_1-a_2+(a_2-a_1)2^{n-1}

例题三

求:

an+1=6an9an1 a_{n+1}=6a_n-9a_{n-1}

对于任意 a1,a2a_1,a_2 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=6q9q1=q2=3 q^2=6q-9\\ q_1=q_2=3

于是,有,

an=(xn+y)3n a_n=(xn+y)3^n

带入,

a1=3x+3ya2=18x+9y \begin{aligned} a_1&=3x+3y\\ a_2&=18x+9y \end{aligned}

那么,

x=a23a19y=6a1a29 \begin{aligned} x&={a_2-3a_1\over9}\\ y&={6a_1-a_2\over9} \end{aligned}

于是,

an=[(a23a1)n+6a1a2]3n2 a_n=[(a_2-3a_1)n+6a_1-a_2]3^{n-2}

例题四

对于,

an=4an13an2+1,a1=1,a2=2 a_n=4a_{n-1}-3a_{n-2}+1,a_1=1,a_2=2

注意到特征方程

x2=4x3 x^2=4x-3

其特征根为,

x1=1,x2=3 x_1=1,x_2=3

我们考虑最原始的算法,两边同时减去 3an13a_{n-1}

an3an1=an13an2+1 a_n-3a_{n-1}=a_{n-1}-3a_{n-2}+1

设,

bn=an3an1 b_n=a_n-3a_{n-1}

则,

bn=bn1+1,b2=a23a1=1 b_n=b_{n-1}+1,b_2=a_2-3a_1=-1

于是,

bn=n3 b_n=n-3

则,

an=3an1+n+3 a_n=3a_{n-1}+n+3

两边同时除以 3n3^n 即可,暴力求解即可。

但是还有更方便的算法,注意到,

an=4an13an2+1an+1=4an3an1+1 a_n=4a_{n-1}-3a_{n-2}+1\\ a_{n+1}=4a_n-3a_{n-1}+1

下式减上式,

an+1an=4an3an14an1+3an2 a_{n+1}-a_n=4a_n-3a_{n-1}-4a_{n-1}+3a_{n-2}

即,

an+1=5an7an1+3an2 a_{n+1}=5a_n-7a_{n-1}+3a_{n-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=5q27q+3 q^3=5q^2-7q+3

首先,注意到 q=1q=1 为一个可行解,于是,

q35q2+7q3=(q1)(q24q+3)=(q1)2(q3)=0 q^3-5q^2+7q-3=(q-1)(q^2-4q+3)=(q-1)^2(q-3)=0

即,

q1=q2=1,q3=3 q_1=q_2=1,q_3=3

于是,

an=β3n1+λn+μ a_n=\beta3^{n-1}+\lambda n+\mu

根据原递推式,得出,

a3=4a23a1+1=6 a_3=4a_2-3a_1+1=6

于是,列出方程,

{1=β+λ+μ2=3β+2λ+μ6=9β+3λ+μ \begin{cases} 1=\beta+\lambda+\mu\\ 2=3\beta+2\lambda+\mu\\ 6=9\beta+3\lambda+\mu \end{cases}

考虑解方程,具体的,

{2β+λ=16β+λ=4 \begin{cases} 2\beta+\lambda=1\\ 6\beta+\lambda=4 \end{cases}

解得,

{β=34λ=12μ=34 \left\{\begin{aligned} \beta={3\over4}\\ \lambda=-{1\over2}\\ \mu={3\over4} \end{aligned}\right.

即,

an=3n412n+34 a_n={3^n\over4}-{1\over2}n+{3\over4}

经检验,a1=1,a2=2,a3=6a_1=1,a_2=2,a_3=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=4an3an1+n(n2),a1=1,a2=2 a_{n+1}=4a_n-3a_{n-1}+n\,(n\ge2),a_1=1,a_2=2

考虑和上一题类似的做法,

an=4an13an2+n1 a_n=4a_{n-1}-3a_{n-2}+n-1

上式减下式,

an+1=5an7an1+3an2+1 a_{n+1}=5a_n-7a_{n-1}+3a_{n-2}+1

继续运用上一题的思路,

an=5an17an2+3an3+1 a_n=5a_{n-1}-7a_{n-2}+3a_{n-3}+1

上式减下式,得,

an+1=6an12an1+10an23an3 a_{n+1}=6a_n-12a_{n-1}+10a_{n-2}-3a_{n-3}

解出特征方程,

q1=q2=q3=1,q4=3 q_1=q_2=q_3=1,q_4=3

设通项公式,

an=a3n1+b(n1)2+c(n1)+d a_n=a3^{n-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}\{a\},\{b\} 满足,

a1=2,b1=1an+1=5an+3bn+7bn+1=3an+5bn a_1=2,b_1=1\\ \begin{aligned} a_{n+1}&=5a_n+3b_n+7\\ b_{n+1}&=3a_n+5b_n \end{aligned}

对于 nNn\in\mathbb N,求 {a}\{a\} 解析式。

容易发现,我们可以利用上式,用 an+1,ana_{n+1},a_n 表示 bnb_n

然后带入下式,即可求得 ana_n 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,5,3,3,55,3,3,5 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+1bn+1=2an2bn+7 \begin{cases} a_{n+1}+b_{n+1}=8a_n+8b_n+7\\ a_{n+1}-b_{n+1}=2a_n-2b_n+7 \end{cases}

设,

cn=an+bndn=anbn c_n=a_n+b_n\\ d_n=a_n-b_n

于是,

{cn+1=8cn+7dn+1=2dn+7 \begin{cases} c_{n+1}=8c_n+7\\ d_{n+1}=2d_n+7 \end{cases}

然后用通用方法,

cn+1+1=8cn+8=8(cn+1)cn=8n1(c1+1)1=4×8n11 c_{n+1}+1=8c_n+8=8(c_n+1)\\ c_n=8^{n-1}(c_1+1)-1=4\times8^{n-1}-1

同理,

dn+1+7=2dn+14=2(dn+7)dn=2n1(d1+7)7=8×2n17 d_{n+1}+7=2d_n+14=2(d_n+7)\\ d_n=2^{n-1}(d_1+7)-7=8\times2^{n-1}-7

则,

an=cn+dn2=2×8n1+2n+14 a_n={c_n+d_n\over2}=2\times8^{n-1}+2^{n+1}-4

经检验,a1=2a_1=2,符合题意,故,

an=2×8n1+2n+14 a_n=2\times8^{n-1}+2^{n+1}-4

例题七

数列 {a}\{a\} 满足,

a1=1,a2=2,an+2=6an+1an a_1=1,a_2=2,a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n

则,下列说法中,正确的是,

A. 数列 {an+12anan+2}\{a_{n+1}^2-a_na_{n+2}\} 是常数数列。

B. 数列 {8anan+17}\{8a_na_{n+1}-7\} 的各项为平方数。

C. 数列 {4anan+17}\{4a_na_{n+1}-7\}​ 的各项为平方数。

D. 任意 ana_n 除以 99 的余数为 1122

对于 A 选项,我们递推式两边同时乘上 ana_n

anan+2=6anan+1an2 a_na_{n+2}=6a_na_{n+1}-a_n^2

则,

an+12anan+2=an+12+an26anan+1 a_{n+1}^2-a_na_{n+2}=a_{n+1}^2+a_n^2-6a_na_{n+1}

同理,

an2an1an+1=an2+an126an1an a_n^2-a_{n-1}a_{n+1}=a_n^2+a_{n-1}^2-6a_{n-1}a_n

两式右面相等,则,

an+126anan+1=an126an1anan+1(an+16an)=an1(an16an)an+1an1=an1an+1 a_{n+1}^2-6a_na_{n+1}=a_{n-1}^2-6a_{n-1}a_n\\ a_{n+1}(a_{n+1}-6a_n)=a_{n-1}(a_{n-1}-6a_n)\\ -a_{n+1}a_{n-1}=-a_{n-1}a_{n+1}

显然成立,因此,数列

{an+12anan+2} \{a_{n+1}^2-a_na_{n+2}\}

是常数数列。

对于 D 选项,容易发现,

a11(mod9)a22(mod9)a32(mod9)a41(mod9)a54(mod9) a_1\equiv1\pmod 9\\ a_2\equiv2\pmod 9\\ a_3\equiv2\pmod 9\\ a_4\equiv1\pmod 9\\ a_5\equiv4\pmod 9

a5a_5 出现问题,故命题不成立。

对于 BC 选项,由 A 选项知,

an+12anan+2=an+12+an26anan+1=7 a_{n+1}^2-a_na_{n+2}=a_{n+1}^2+a_n^2-6a_na_{n+1}=-7

则,

6anan+17=an+12+an2 6a_na_{n+1}-7=a_{n+1}^2+a_n^2

两边同时,

±2anan+1 \pm2a_na_{n+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)f(x)x0x_0 附近有定义,且存在有极限 LL,那么,

对于任意 ε>0\varepsilon>0,一定存在 δ>0\delta>0,使得当,

0<xx0<δ 0<|x-x_0|<\delta

时,总有,

f(x)L<ε |f(x)-L|<\varepsilon

则称 LL 是函数在 x0x_0极限,记为,

limxx0f(x)=L \lim_{x\to x_0}f(x)=L

特殊的,若对于 x>x0x>x_0xx0<δx-x_0<\delta)满足上式,

则称函数在 x0x_0​ 处存在右极限,表示为:

limxx0+f(x)=L \lim_{x\to x_0^+}f(x)=L

同样的,若对于 x<x0x<x_0x0x<δx_0-x<\delta)满足上式,

则称函数在 x0x_0​ 处存在左极限,表示为:

limxx0f(x)=L \lim_{x\to x_0^-}f(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\varepsilon>0,都存在 NNN\in\mathbb N^*,使得对于任意 n>Nn>N

anL<ε |a_n-L|<\varepsilon

则称数列 aa 收敛于 LL,记为,

limnan=L \lim_{n\to\infty}a_n=L

或,

ana a_n\to a

用逻辑符号表示,

(ε>0)(NN+)(nN)[(n>N)(anL<ε)] (\forall\varepsilon>0)(\exist N\in\mathbb N^+)(\forall n\in\mathbb N) [(n>N)\Rightarrow(|a_n-L|<\varepsilon)]

直观的讲,即无论误差范围 ε\varepsilon 多小,从某项 ana_n 开始,每一项与 LL 的差距都小于 ε\varepsilon​。

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。

limx1xn=0,n>0(a) \boxed{\lim_{x\to\infty}{1\over x^n}=0,n>0}\tag a
limx1an=0,a>1(b) \boxed{\lim_{x\to\infty}{1\over a^n}=0,|a|>1}\tag b
limxrn=0,r<1(c) \boxed{\lim_{x\to\infty}r^n=0,|r|<1}\tag c
limx0+1x=+(d) \boxed{\lim_{x\to0^+}{1\over x}=+\infty}\tag d
limx01x=(e) \boxed{\lim_{x\to0^-}{1\over x}=-\infty}\tag e

特殊的,对于数列 an=na_n=n

n+n\to+\infty 时,an+a_n\to+\infty,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,

limnan=limnbn=L\lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=L,且 ancnbna_n\le c_n\le b_n,则 limncn=L\lim\limits_{n\to\infty}c_n=L​。

例如,

0<1n2+1<1n 0<{1\over\sqrt{n^2+1}}<{1\over n}

且左右极限都是 00,因此中间也收敛于 00

极限的性质

唯一性:若数列 {an}nN\{a_n\}_{n\in\mathbb 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}nN\{a_n\}_{n\in\mathbb N} 存在极限,那么一定存在 M>0M>0,使得所有 anM|a_n|\le M

注意到,并不是数列有界就一定存在极限,例如 an=(1)na_n=(-1)^{n}

保序性:若两数列 {an}nN,{bn}nN\{a_n\}_{n\in\mathbb N},\{b_n\}_{n\in\mathbb N} 分别收敛于 A,BA,B,则,

(NN)[(A>B)(n>N)(an>bn)] (\exist N\in\mathbb N) [(A>B)\wedge(n>N)\Rightarrow(a_n>b_n)]

极限也存在四则运算:

limn(an±bn)=limnan±limnbn(1) \boxed{\lim_{n\to\infty}(a_n\pm b_n)=\lim_{n\to\infty}a_n\pm \lim_{n\to\infty}b_n}\tag1
limnxan=xlimnan(2) \boxed{\lim_{n\to\infty}xa_n=x\lim_{n\to\infty}a_n}\tag2

(1)(2)(1)(2) 可得极限的线性性

limn(xan+ybn)=xlimnan+ylimnbn(3) \boxed{\lim_{n\to\infty}(xa_n+yb_n)=x\lim_{n\to\infty}a_n+y\lim_{n\to\infty}b_n}\tag3

另外,极限也存在乘法和除法,

limn(anbn)=limnan×limnbn(4) \boxed{\lim_{n\to\infty}(a_nb_n)=\lim_{n\to\infty}a_n\times\lim_{n\to\infty}b_n}\tag4
limn(anbn)=limnanlimnbn(5) \tag5\boxed{\lim_{n\to\infty}\left({a_n\over b_n}\right)={\lim_{n\to\infty}a_n\over\lim_{n\to\infty}b_n}}

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,

limna1xc1+a2xc2+b1xc1+b2xc2+=a1b1,c1>c2> \lim_{n\to\infty}{a_1x^{c_1}+a_2x^{c_2}+\dots\over b_1x^{c_1}+b_2x^{c_2}+\dots}={a_1\over b_1},c_1>c_2>\dots

即,最高次项系数之比。

极限例题

存在极限的组

limn14n=0 \lim_{n\to\infty}{1\over4^n}=0
limn2n+1n2=limn2n+limn1n2=0 \lim_{n\to\infty}{2\over n}+{1\over n^2}=\lim_{n\to\infty}{2\over n}+\lim_{n\to\infty}{1\over n^2}=0
limn1n2n2+3=limn1nlimn2n2+3=3 \lim_{n\to\infty}{1\over n}-{2\over n^2}+3=\lim_{n\to\infty}{1\over n}-\lim_{n\to\infty}{2\over n^2}+3=3
limn2+(1/3)n(1/3)n5=limn2+(1/3)nlimn(1/3)n5=2+limn(1/3)nlimn(1/3)n5=25 \lim_{n\to\infty}{2+(1/3)^n\over(1/3)^n-5}={\lim_{n\to\infty}2+(1/3)^n\over\lim_{n\to\infty}(1/3)^n-5}={2+\lim_{n\to\infty}(1/3)^n\over\lim_{n\to\infty}(1/3)^n-5}=-{2\over5}

注意在做每一步变形的时候,只有存在极限才能操作。

limn3n+12n+2=32 \lim_{n\to\infty}{3n+1\over2n+2}={3\over2}

这里有很多种做法,例如,

limn3n+12n+2=limn3+1/n2+2/n=limn3+1/nlimn2+2/n=32 \lim_{n\to\infty}{3n+1\over2n+2}=\lim_{n\to\infty}{3+1/n\over2+2/n}={\lim_{n\to\infty}3+1/n\over\lim_{n\to\infty}2+2/n}={3\over2}
limn3n+12n+2=limn3(2n+2)/222n+2=32limn22n+2=32 \lim_{n\to\infty}{3n+1\over2n+2}=\lim_{n\to\infty}{3(2n+2)/2-2\over2n+2}={3\over2}-\lim_{n\to\infty}{2\over2n+2}={3\over2}

或者,当 nn\to\infty 时,

3n+13n,2n+22n 3n+1\sim3n,2n+2\sim2n
3n+12n+23n2n=32 {3n+1\over2n+2}\to{3n\over2n}={3\over2}

不存在极限的组

an=n a_n=\sqrt n

注意到,

n,n n\to\infty,\sqrt n\to\infty

当趋近于正无穷时,一般认为不存在极限。

an=n1n a_n=n-{1\over n}

注意到,

n,1/n0 n\to\infty,1/n\to0

故,

an a_n\to\infty

同样不存在极限。

例题一

an=1n2+n a_n={1\over\sqrt{n^2+n}}

容易发现,

0<1n2+n<1n 0<{1\over\sqrt {n^2+n}}<{1\over n}

且,

limn1n=0 \lim_{n\to\infty}{1\over n}=0

根据两边夹定理,

limn1n2+n=0 \lim_{n\to\infty}{1\over\sqrt{n^2+n}}=0

例题二

an=sinnn a_n={\sin n\over n}

容易发现,

1nsinnn1n -{1\over n}\le{\sin n\over n}\le{1\over n}

且,

limn1n=limn1n=0 \lim_{n\to\infty}-{1\over n}=\lim_{n\to\infty}{1\over n}=0

因此,

limnsinnn=0 \lim_{n\to\infty}{\sin n\over n}=0

例题三

an=2n a_n=\sqrt[n]2

注意到,

2n>0 \sqrt[n]2>0

而且,

2n>2n+1 \sqrt[n]2>\sqrt[n+1]2

证明:

(2n)n(n+1)>(2n+1)n(n+1)2n+1>2n (\sqrt[n]2)^{n(n+1)}>(\sqrt[n+1]2)^{n(n+1)}\\ 2^{n+1}>2^n

即,递减有下界,有极限。

设,

an=2ncn=an1 a_n=\sqrt[n]2\\ c_n=a_n-1

那么,

(cn+1)n=2 (c_n+1)^n=2

用二项式定理展开,

k=0n(nk)cnk=2 \sum_{k=0}^n{n\choose k}c_n^k=2

展开前两项,

1+ncn<(cn+1)n=2cn<1n 1+nc_n<(c_n+1)^n=2\\ c_n<{1\over n}

即,

1<an=cn+1<1n+1 1<a_n=c_n+1<{1\over n}+1

根据两边夹定理,

limnan=1 \lim_{n\to\infty}a_n=1

例题四

bn=nn b_n=\sqrt[n]n

的极限。

类似上一题的似乎,设,

dn=bn1bn=dn+1n=(dn+1)n d_n=b_n-1\\ b_n=d_n+1\\ n=(d_n+1)^n

展开,

1+ndn+n(n+1)2dn2+=n 1+nd_n+{n(n+1)\over2}d_n^2+\dots=n

考虑到右面的 nn 级别比较大,我们选用一三两项,

n>1+n(n+1)2dn2n1>n(n+1)2dn2n2dn2<1dn2<2n n>1+{n(n+1)\over2}d_n^2\\ n-1>{n(n+1)\over2}d_n^2\\ {n\over2}d_n^2<1\\ d_n^2<{2\over n}

又因为,

dn>1 d_n>1

两边夹,得出,

limnbn=limndn+1=1 \lim_{n\to\infty}b_n=\lim_{n\to\infty}d_n+1=1

例题五:数学直觉做法

有数列,

a1=1,an+1=an+1an2n a_1=1,a_{n+1}=a_n+{1\over\sqrt[2n]{a_n}}

判断 aa 是否单调,是否有界。

我们充分发扬人类智慧:

a1=1,a2=2, a_1=1,a_2=2,\dots

观察原式,容易得出,

an0,1an2n0 a_n\neq0,{1\over\sqrt[2n]{a_n}}\neq0

那么,

an+1>an a_{n+1}>a_n

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+20211an=(1+20212n)an1 a_0=1+2021^{-1}\\ a_n=(1+2021^{-2^n})a_{n-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,

20212n=(20212)n=(12021)2n 2021^{-2^n}=(2021^{-2})^n=\left({1\over2021}\right)^{2^{n}}

我们记,

x=20211 x=2021^{-1}

那么,原式化简为,

a0=1+xan=(1+x2n)an1 a_0=1+x\\ a_n=(1+x^{2^n})a_{n-1}

考虑累乘法,很自然,

an=(1+x)(1+x2)(1+x4)++(1+x2n) a_n=(1+x)(1+x^2)(1+x^4)+\dots+(1+x^{2^n})

好好好,我们回归初中出现过的经典探究题,

(1x)(1+x)=1x2(1x2)(1+x2)=1x4(1x2n)(1+x2n)=1(x2n)2=1x2n×2=1x2n+1 (1-x)(1+x)=1-x^2\\ (1-x^2)(1+x^2)=1-x^4\\ \dots\\ (1-x^{2^n})(1+x^{2^n})=1-\left(x^{2^n}\right)^2=1-x^{2^n\times2}=1-x^{2^{n+1}}

于是,原式两边同乘 1x1-x,得,

(1x)an=1x2n+1an=1x2n+11x (1-x)a_n=1-x^{2^{n+1}}\\ a_n={1-x^{2^{n+1}}\over1-x}

考虑极限,

limnan=1limnx2n+11x \lim_{n\to\infty}a_n={1-\lim_{n\to\infty}x^{2^{n+1}}\over1-x}

我们知道,

n2n+1x2n+10,x<1 n\to\infty\Rightarrow2^{n+1}\to\infty\Rightarrow x^{2^{n+1}}\to0,\because|x|<1

因此,

limnan=11x=20212020 \lim_{n\to\infty}a_n={1\over1-x}={2021\over2020}

不动点法

不动点

对于函数 ff ,若 xx 满足,

f(x)=x f(x)=x

这个 xx​ 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)=x23x+4 f(x)=x^{2}-3x+4

的不动点为,

x=f(x)x24x+4=0(x2)2=0 x=f(x)\\ x^2-4x+4=0\\ (x-2)^2=0

即函数 ff 的不动点为 22,因为 f(2)=2f(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+1f(x)=x+1 就没有不动点。

因为对于任意的实数, xx 永远不会等于 x+1x+1

用画图的话来说,不动点意味着点 (x,f(x))(x,f(x)) 在直线 y=xy=x 上,即图像存在交点。

上例 f(x)=x+1f(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) a_{n+1}=f(a_n)

那么,ff 称为迭代函数生成函数),则和上文一样,

x=f(x) x=f(x)

的方程,称为不动点方程

当我们解出一个不动点 xx,等式两边同时减去 xx

an+1x=f(an)x a_{n+1}-x=f(a_n)-x

左右都等于零,因此右面一定有因式,

anx a_n-x

这个过程称为不动点改造

那么,左右就存在相同的结构,

bn=anx b_n=a_n-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(an1) a_n=f(a_{n-1})

假设这个数列存在极限,记为 aa,那么对两边同时取极限,

limnan=limnf(an1) \lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}f(a_{n-1})

一般默认 ff 函数是光滑的,那么,

limnf(an1)=f(limnan1) \lim_{n\to\infty}f(a_{n-1})=f(\lim_{n\to\infty}a_{n-1})

即,

a=f(a) a=f(a)

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 anan+1a_n\to a_{n+1} 这个过程直观的表示出来,我们知道,

f(an)=an+1 f(a_n)=a_{n+1}

容易想到,我们在平面内做出 f(x)f(x) 的图像,那么这上面的点,

Q(an,f(an))=(an,an+1) Q(a_n,f(a_n))=(a_n,a_{n+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)>anf(a_n)>a_n,数列在此处递增,对应点在 y=xy=x 图像上方;
  • f(an)<anf(a_n)<a_n,数列在此处递减,对应点在 y=xy=x 图像下方。

于是,我们考虑在平面内再做出 y=xy=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) A_1(a_1,f(a_1))=(a_1,a_2)

A1A_1xx 轴平行线,交 y=xy=x 于,

A2(a2,a2) A_2(a_2,a_2)

A2A_2yy 轴平行线,交 y=f(x)y=f(x)​ 于,

A3(a2,f(a2))=(a2,a3) A_3(a_2,f(a_2))=(a_2,a_3)

以此类推,形如,

蛛网

蛛网工作法

我们知道,按照顺序在 y=f(x)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)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,

f(x0)<1|f'(x_0)|<1,不动点 x0x_0​ 称为吸引不动点,数列迭代过程中会靠近吸引不动点。

f(x0)>1|f'(x_0)|>1,不动点 x0x_0 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=12an1+1 a_1=1,a_n={1\over2}a_{n-1}+1

ana_n 的通项公式。

求出不动点 xx,满足,

x=12x+1x=2 x={1\over2}x+1\\ x=2

原式两边同时减二,

an2=12an11=12(an12) a_n-2={1\over2}a_{n-1}-1={1\over2}(a_{n-1}-2)

因此,

an2=12n1(a12)an=12n1+2 a_n-2={1\over2^{n-1}}(a_1-2)\\ a_n=-{1\over2^{n-1}}+2

二次函数型(双解)

解,

a1=3,an+1=4an2an+1 a_1=3,a_{n+1}={4a_n-2\over a_n+1}

求出不动点,

x=4x2x+1x2+x=4x2x23x+2=0(x2)(x1)=0 x={4x-2\over x+1}\\ x^2+x=4x-2\\ x^2-3x+2=0\\ (x-2)(x-1)=0

我们把两个不动点 2,12,1 分别减到递推式两边,

an+12=2an4an+1an+11=3an3an+1 a_{n+1}-2={2a_n-4\over a_n+1}\\ a_{n+1}-1={3a_n-3\over a_n+1}

化简,

an+12=2(an2)an+1an+11=3(an1)an+1 a_{n+1}-2={2(a_n-2)\over a_n+1}\\ a_{n+1}-1={3(a_n-1)\over a_n+1}

然后上下做比,

an+12an+11=23an2an1 {a_{n+1}-2\over a_{n+1}-1}={2\over3}\cdot{a_n-2\over a_n-1}

注意到是等比数列,因此,

an2an1=(23)n1a12a11=12(23)n1 {a_n-2\over a_n-1}=\left({2\over3}\right)^{n-1}{a_1-2\over a_1-1}={1\over2}\left({2\over3}\right)^{n-1}

记后面的为 SnS_n,则,

an2an1=Snan2=anSnSn(Sn1)an=Sn2an=Sn2Sn1 {a_n-2\over a_n-1}=S_n\\ a_n-2=a_nS_n-S_n\\ (S_n-1)a_n=S_n-2\\ a_n={S_n-2\over S_n-1}

带入,得,

an=(2/3)n14(2/3)n12=2n143n12n123n1 a_n={(2/3)^{n-1}-4\over(2/3)^{n-1}-2}={2^{n-1}-4\cdot3^{n-1}\over2^{n-1}-2\cdot3^{n-1}}

二次函数型(单解)

解,

a1=5,an+1=3an4an1 a_1=5,a_{n+1}={3a_n-4\over a_n-1}

不动点,

x2x=3x4x24x4=0x=2 x^2-x=3x-4\\ x^2-4x-4=0\\ x=2

只有一个解,我们两边减去,

an+12=an2an1 a_{n+1}-2={a_n-2\over a_n-1}

注意到两个分子形式相同,我们两边取倒数,

1an+12=an1an2=1+1an2 {1\over a_{n+1}-2}={a_n-1\over a_n-2}=1+{1\over a_n-2}

为等比数列,

1an2=1a11+(n1)=n23 {1\over a_n-2}={1\over a_1-1}+(n-1)=n-{2\over3}

两边再取倒数,

an2=1n2/3=33n2an=33n2+2=6n13n2 a_n-2={1\over n-2/3}={3\over3n-2}\\ a_n={3\over3n-2}+2={6n-1\over3n-2}

二次函数型(无解)

解,

a1=2,an=11an1 a_1=2,a_n=1-{1\over a_{n-1}}

不动点,

x=11xx2=x1x2x+1=0 x=1-{1\over x}\\ x^2=x-1\\ x^2-x+1=0

无解,因此该数列为周期数列,考虑,

a1=2a2=1/2a3=1a4=2 a_1=2\\ a_2=1/2\\ a_3=-1\\ a_4=2

T=3T=3 的周期数列,因此,

an={2ifn1(mod3)1/2ifn2(mod3)1ifn0(mod3) a_n=\left\{\begin{aligned} 2&\quad\operatorname{if}n\equiv1\pmod3\\ 1/2&\quad\operatorname{if}n\equiv2\pmod3\\ -1&\quad\operatorname{if}n\equiv0\pmod3\\ \end{aligned}\right.

不动点解题技巧

适用于形如 an+1=f(an)a_{n+1}=f(a_n)​,

求解通项公式部分,求解不动点 x=f(x)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 11 开始的数列,

a1=2,an+1=(21)(an+2)b1=2,bn+1=3bn+42bn+3 a_1=2,a_{n+1}=(\sqrt2-1)(a_n+2)\\ b_1=2,b_{n+1}={3b_n+4\over2b_n+3}

求证,

2<bna4n3 \sqrt2<b_n\le a_{4n-3}

考虑直接求出通项公式,

对于数列 {an}\{a_n\},不动点,

x=(21)(x+2)x=(21)x+2(21)(22)x=2(21)x=(21)(2+2)x=2 x=(\sqrt2-1)(x+2)\\ x=(\sqrt2-1)x+2(\sqrt2-1)\\ (2-\sqrt2)x=2(\sqrt2-1)\\ x=(\sqrt2-1)(2+\sqrt2)\\ x=\sqrt2

两边减去 2\sqrt2

an+12=(21)an+22=(21)(an2) a_{n+1}-\sqrt2=(\sqrt2-1)a_n+\sqrt2-2=(\sqrt2-1)(a_n-\sqrt2)

因此,

an2=(21)n1(a12)=(22)(21)n1an=2(21)n+2 a_n-\sqrt2=(\sqrt2-1)^{n-1}(a_1-\sqrt2)=(2-\sqrt2)(\sqrt2-1)^{n-1}\\ a_n=\sqrt2(\sqrt2-1)^n+\sqrt2

对于数列 {bn}\{b_n\},不动点,

2x2+3x=3x+4x2=2x1,2=±2 2x^2+3x=3x+4\\ x^2=2\\ x_{1,2}=\pm\sqrt2

两边减去,

bn+12=(322)(bn2)2bn+3bn+1+2=(3+22)(bn+2)2bn+3 b_{n+1}-\sqrt2={(3-2\sqrt2)(b_n-\sqrt2)\over2b_n+3}\\ b_{n+1}+\sqrt2={(3+2\sqrt2)(b_n+\sqrt2)\over2b_n+3}

做比,

bn+1+2bn+12=3+22322bn+2bn2 {b_{n+1}+\sqrt2\over b_{n+1}-\sqrt2}={3+2\sqrt2\over3-2\sqrt2}\cdot{b_n+\sqrt2\over b_n-\sqrt2}

注意到,

3+22322=(2+1)2(21)2=(2+121)2 {3+2\sqrt2\over3-2\sqrt2}={(\sqrt2+1)^2\over(\sqrt2-1)^2}=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^2

于是,

bn+2bn2=(2+121)2(n1)b1+2b12=(2+121)2n22+222=(2+121)2n22+121=(2+121)2n1=x \begin{aligned} {b_n+\sqrt2\over b_n-\sqrt2}&=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2(n-1)}{b_1+\sqrt2\over b_1-\sqrt2}\\ &=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2n-2}{2+\sqrt2\over 2-\sqrt2}\\ &=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2n-2}{\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\\ &=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2n-1}=x \end{aligned}

则,

bn+2=xbn2x(x1)bn=2(x+1)bn=2x+1x1=2(2+1)2n1+(21)2n1(2+1)2n1(21)2n1 b_n+\sqrt2=xb_n-\sqrt2x\\ (x-1)b_n=\sqrt2(x+1)\\ b_n=\sqrt2{x+1\over x-1}=\sqrt2{(\sqrt2+1)^{2n-1}+(\sqrt2-1)^{2n-1}\over(\sqrt2+1)^{2n-1}-(\sqrt2-1)^{2n-1}}

考虑进一步化简,此时有两个形式,

bn=2(2+1)4n2+1(2+1)4n21=21+(21)4n21(21)4n2 b_n=\sqrt2{(\sqrt2+1)^{4n-2}+1\over(\sqrt2+1)^{4n-2}-1}=\sqrt2{1+(\sqrt2-1)^{4n-2}\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}

考虑证明给出的性质,

2<bna4n3=2(21)4n3+2 \sqrt2<b_n\le a_{4n-3}=\sqrt2(\sqrt2-1)^{4n-3}+\sqrt2

即,

1<1+(21)4n21(21)4n2(21)4n3+1 1<{1+(\sqrt2-1)^{4n-2}\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}\le(\sqrt2-1)^{4n-3}+1

左侧显然,右侧,移项,

2(21)4n21(21)4n2(21)4n32(21)1(21)4n212(21)1(21)4n2(21)4n2322=(21)24n22,n1 {2(\sqrt2-1)^{4n-2}\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}\le(\sqrt2-1)^{4n-3}\\ {2(\sqrt2-1)\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}\le1\\ 2(\sqrt2-1)\le1-(\sqrt2-1)^{4n-2}\\ (\sqrt2-1)^{4n-2}\le3-2\sqrt2=(\sqrt2-1)^2\\ 4n-2\ge2,n\ge1

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=2cos2θ1(1) \boxed{\cos2\theta=2\cos^2\theta-1}\tag1
tan2θ=2tanθ1tan2θ(2) \boxed{\tan2\theta={2\tan\theta\over1-\tan^2\theta}}\tag2
sin3θ=3sinθ4sin2θ(3) \boxed{\sin3\theta=3\sin\theta-4\sin^2\theta}\tag3
cos3θ=4cos2θ3cosθ(4) \boxed{\cos3\theta=4\cos^2\theta-3\cos\theta}\tag4

注意到,除了正切函数,其他的函数值域都是 [1,1][-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}\{a_n\} 满足,

a1=12,an+1=an22 a_1={1\over2},a_{n+1}=a_n^2-2
  • 求通项公式。

观察到右面类似余弦二倍角公式,考虑猜测 an[2,2]a_n\in[-2,2]

证明:考虑数学归纳,

2a1=122 -2\le a_1={1\over2}\le2

尝试,an[2,2]an+1[2,2]a_n\in[-2,2]\Rightarrow a_{n+1}\in[-2,2]

an1=an22 a_{n-1}=a_n^2-2

由于,

an[2,2]an2[0,4]an22[2,2] a_n\in[-2,2]\Rightarrow a_n^2\in[0,4]\Rightarrow a_n^2-2\in[-2,2]

因此,注意到递推式右面的 22,我们设,

an=2cosθn a_n=2\cos\theta_n

容易发现,

an+1=an222cosθn+1=4cos2θn2cosθn+1=2cos2θn1cosθn+1=cos2θn a_{n+1}=a_n^2-2\\ 2\cos\theta_{n+1}=4\cos^2\theta_n-2\\ \cos\theta_{n+1}=2\cos^2\theta_n-1\\ \cos\theta_{n+1}=\cos2\theta_n

不妨令,

θn+1=2θn \theta_{n+1}=2\theta_n

于是,通项公式,

an=2cos(2n1θ) a_n=2\cos(2^{n-1}\theta)

考虑 θ\theta 是多少,

a1=2cosθ=12cosθ=14θ=arccos1/4 a_1=2\cos\theta={1\over2}\\ \cos\theta={1\over4}\\ \theta=\arccos1/4

即,

an=2cos(2n1arccos14) a_n=2\cos\left(2^{n-1}\arccos{1\over4}\right)

跑题了

若,

a1=3,an+1=2an21 a_1=3, a_{n+1}=2a_n^2-1
  • ana_n 通项。

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=kx+kx2=f(x) a_n={k^x+k^{-x}\over2}=f(x)

其中 kk 是任意变量,则,

an+1=2an21=k2x+k2x2=f(2x) a_{n+1}=2a_n^2-1={k^{2x}+k^{-2x}\over2}=f(2x)

令,初项,

a1=f(t)=kt+kt2=3 a_1=f(t)={k^t+k^{-t}\over2}=3

令,

kt=3+22,kt=322 k^t=3+2\sqrt2,k^{-t}=3-2\sqrt2

于是,

a2=f(2t)=k2t+k2t2a3=f(4t)=k4t+k4t2an=f(2n1t)=k2n1t+k2n1t2=(kt)2n1+(kt)2n12 a_2=f(2t)={k^{2t}+k^{-2t}\over2}\\ a_3=f(4t)={k^{4t}+k^{-4t}\over2}\\ \dots\\ a_n=f(2^{n-1}t)={k^{2^{n-1}t}+k^{-2^{n-1}t}\over2}={(k^t)^{2^{n-1}}+(k^{-t})^{2^{n-1}}\over2}

带入,得,

an=(3+22)2n1+(322)2n12 a_n={(3+2\sqrt2)^{2^{n-1}}+(3-2\sqrt2)^{2^{n-1}}\over2}

这个东西就是(类似)双曲换元。

裂项和放缩

分式裂项

第一组:

1n(n+1)=1n1n+1 \boxed{{1\over n(n+1)}={1\over n}-{1\over n+1}}

推广,

1n(n+k)=1k(1n1n+k) \boxed{{1\over n(n+k)}={1\over k}\left({1\over n}-{1\over n+k}\right)}

第二组:

1n(n+1)(n+2)=12[1n(n+1)1(n+1)(n+2)] \boxed{{1\over n(n+1)(n+2)}={1\over2}\left[{1\over n(n+1)}-{1\over(n+1)(n+2)}\right]}

推广,

1n(n+1)(n+k)=1k[1n(n+k1)1(n+1)(n+k)] \boxed{{1\over n(n+1)\dots (n+k)}={1\over k}\left[{1\over n\dots(n+k-1)}-{1\over(n+1)\dots(n+k)}\right]}

整式裂项

第一组,

n(n+1)=13[n(n+1)(n+2)(n1)n(n+1)] \boxed{n(n+1)={1\over3}[{\color{blue}n(n+1)}(n+2)-(n-1){\color{blue}n(n+1)}]}

推广,

n(n+1)(n+m)=1m+2[n(n+m+1)(n1)(n+m)] \boxed{n(n+1)\dots(n+m)={1\over m+2}[{\color{blue}n\dots}(n+m+1)-(n-1){\color{blue}\dots(n+m)}]}

根式裂项

第一组,

1n+1n=n+1+n \boxed{{1\over\sqrt{n+1}-\sqrt n}=\sqrt{n+1}+\sqrt n}

推广,

1n+kn=n+k+nk \boxed{{1\over\sqrt{n+k}-\sqrt n}={\sqrt{n+k}+\sqrt n\over k}}

或者,

1a±b=aba±b \boxed{{1\over\sqrt a\pm\sqrt b}={\sqrt a\mp\sqrt b\over a\pm b}}

第二组,对于 0<α<10<\alpha<1

11α[1(n+1)α11nα1]<1nα<11α[1nα11(n1)α1],n2 \boxed{{1\over1-\alpha}\left[{1\over(n+1)^{\alpha-1}}-{1\over n^{\alpha-1}}\right]<{1\over n^\alpha}<{1\over1-\alpha}\left[{1\over n^{\alpha-1}}-{1\over(n-1)^{\alpha-1}}\right]},n\ge2

例如,

α=1/22(n+1n)<n<2(nn1)α=1/332((n+1)23n23)<1n3<32(n23(n1)23) \begin{aligned} \alpha=1/2&\longrightarrow\boxed{2(\sqrt{n+1}-\sqrt n)<\sqrt n<2(\sqrt n-\sqrt{n-1})}\\ \alpha=1/3&\longrightarrow\boxed{{3\over2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2}-\sqrt[3]{n^2}\right)<{1\over\sqrt[3]n}<{3\over2}\left(\sqrt[3]{n^2}-\sqrt[3]{(n-1)^2}\right)} \end{aligned}

证明,

nn+11xαdx<1nα<n1n1xαdx \int_n^{n+1}{1\over x^\alpha}\mathrm dx<{1\over n^\alpha}<\int_{n-1}^n{1\over x^\alpha}\mathrm dx

由牛顿·莱布尼茨公式化简得上式。

另一组,

2n+42n+2<12n+1<2n+12n1 \sqrt{2n+4}-\sqrt{2n+2}<{1\over\sqrt{2n+1}}<\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}

证明大体形如,

12n+1<1(2n+1+2n1)/2=2n+12n1 {1\over\sqrt{2n+1}}<{1\over(\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1})/2}=\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1}

例题

简单例题

已知等差数列 {an}\{a_n\} 满足,a3=7,a5+a7=26a_3=7,a_5+a_7=26

  • ana_n 及其前 nn 项和 SnS_n
  • bn=1/(an21)b_n=1/(a_n^2-1),求其前 nn 项和 TnT_n

易知,

a5+a7=2a6=26,a6=13d=(a6a3)/(63)=2a1=a32d=3 a_5+a_7=2a_6=26,a_6=13\\ d=(a_6-a_3)/(6-3)=2\\ a_1=a_3-2d=3

于是,

an=a1+(n1)d=3+2(n1)=2n+1Sn=n(a1+an)/2=n2+2n a_n=a_1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1\\ S_n=n(a_1+a_n)/2=n^2+2n

那么,

bn=1an21=14n2+4n=141n(n+1)=14(1n1n+1) b_n={1\over a_n^2-1}={1\over 4n^2+4n}={1\over4}\cdot{1\over n(n+1)}={1\over 4}\left({1\over n}-{1\over n+1}\right)

那么,

Tn=b1+b2++bn=14(1112+1213++1n1n+1) T_n=b_1+b_2+\dots+b_n={1\over4}\left({1\over1}-{1\over2}+{1\over2}-{1\over3}+\dots+{1\over n}-{1\over n+1}\right)

注意好配对,

Tn=14(11n+1)=n4n+4 T_n={1\over4}\left(1-{1\over n+1}\right)={n\over 4n+4}

基础例题

已知数列 {an}\{a_n\} 满足,

a1=1,a2=1/4an+1=(n1)annan a_1=1,a_2=1/4\\ a_{n+1}={(n-1)a_n\over n-a_n}

求证,对于任意 nNn\in\mathbb N^*

i=1nai2<76 \sum_{i=1}^na_i^2<{7\over6}

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,nn 的系数相同,会约去,因此,

设不动点 xx

x=(n1)xnxnxx2=nxxx2x=x(x1)=0x1=0,x2=1 x={(n-1)x\over n-x}\\ nx-x^2=nx-x\\ x^2-x=x(x-1)=0\\ x_1=0,x_2=1

两边减去一,

an+11=n(an1)nan a_{n+1}-1={n(a_n-1)\over n-a_n}

与原式做比,

an+1an+11=n1nanan1 {a_{n+1}\over a_{n+1}-1}={n-1\over n}\cdot{a_n\over a_n-1}

注意到左边系数的分母,两项相差了一,因此,

nan+1an+11=(n1)anan1 n{a_{n+1}\over a_{n+1}-1}=(n-1){a_n\over a_n-1}

因此,

(n1)anan1 (n-1){a_n\over a_n-1}

对于 n2n\ge2 为常数列,因此,

(n1)anan1=a2a21=13 (n-1){a_n\over a_n-1}={a_2\over a_2-1}=-{1\over3}

则,

1an=(3n3)an(3n2)an=1an=13n2 1-a_n=(3n-3)a_n\\ (3n-2)a_n=1\\ a_n={1\over 3n-2}

尝试证明,

Sn=i=1nai2<761+142+172+1102+<76 S_n=\sum_{i=1}^na_i^2<{7\over6}\\ 1+{1\over 4^2}+{1\over 7^2}+{1\over 10^2}+\dots<{7\over6}

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,

1(3n2)2<1(3n2a)(3n2+b)=1a+b(13n2a13n2+b) \begin{aligned} {1\over(3n-2)^2}&<{1\over(3n-2-a)(3n-2+b)}\\ &={1\over a+b}\left({1\over 3n-2-a}-{1\over 3n-2+b}\right) \end{aligned}

对于 a+b=3,aba+b=3,a\ge b,最自然的想法,直接取 a=b=1.5a=b=1.5

3Sn<3+12.515.5+15.518.8++13n3.513n0.5=3+12.513n0.5<3+12.5=3410 \begin{aligned} 3S_n&<3+{1\over 2.5}-{1\over 5.5}+{1\over 5.5}-{1\over 8.8}+\dots+{1\over 3n-3.5}-{1\over 3n-0.5}\\ &=3+{1\over 2.5}-{1\over 3n-0.5}<3+{1\over2.5}={34\over10} \end{aligned}

于是,

Sn<3430<76 S_n<{34\over30}<{7\over6}

类似的,我们取 a=2,b=1a=2,b=1 等也可以,

3Sn<3+1214+1417+17110++13n313n=7213n<72Sn<76 \begin{aligned} 3S_n&<3+{1\over 2}-{1\over 4}+{1\over 4}-{1\over 7}+{1\over 7}-{1\over 10}+\dots+{1\over 3n-3}-{1\over 3n}\\ &={7\over2}-{1\over3n}<{7\over2}\\ S_n&<{7\over6} \end{aligned}

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,

limxSnL \lim_{x\to\infty}S_n\to L

其中 LL 大约是 1.12171.1217,我们上面一个估算已经非常准确了。

还是例题

已知数列 {an}\{a_n\} 是公差不为零的等差数列,

a4a_4a2,a8a_2,a_8 等比中项,满足,

a1+a2++a7=14 a_1+a_2+\dots+a_7=14
  • ana_n 通项公式。

我们注意到,

a42=a2a8 a_4^2=a_2a_8

而,

42=2×8 4^2=2\times8

因此,我们大胆假设,

an=na1 a_n=na_1

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+(n1)d=na1 a_2=a_1+d,a_4=a_1+3d,a_8=a_1+7d\\ (a_1+3d)^2=(a_1+d)(a_1+7d)\\ 6da_1+9d^2=7d^2+8da_1\\ 2d^2=2da_1,d=a_1\\ a_n=a_1+(n-1)d=na_1

于是,

S7=7a1+a72=28a1=14a1=12 S_7=7{a_1+a_7\over2}=28a_1=14\\ a_1={1\over2}

因此,

an=12n a_n={1\over2}n

还是例题

(也许这道题是上一道题的后续

有数列 {bn}\{b_n\} 满足,

b1=1bn=n+12n1n(n1),n2 b_1=-1\\ b_n={n+1\over2^{n-1}n(n-1)},n\ge2
  • 求其前 nn 项和 TnT_n

观察到 n(n+1)n(n+1) 的形式,裂项,

bn=n+12n1(1n11n)=12n1(n+1n1n+1n)=12n1(2n11n)=12n2(n1)12n1n \begin{aligned} b_n&={n+1\over2^{n-1}}\left({1\over n-1}-{1\over n}\right)\\ &={1\over2^{n-1}}\left({n+1\over n-1}-{n+1\over n}\right)\\ &={1\over2^{n-1}}\left({2\over n-1}-{1\over n}\right)\\ &={1\over2^{n-2}(n-1)}-{1\over 2^{n-1}n} \end{aligned}

考虑求和,

Tn=b1+b2+b3++bn=1+1114+14112++12n2(n1)12n1n=12n1n \begin{aligned} T_n&=b_1+b_2+b_3+\dots+b_n\\ &=-1+{1\over1}-{1\over4}+{1\over4}-{1\over12}+\dots+{1\over2^{n-2}(n-1)}-{1\over 2^{n-1}n}\\ &=-{1\over2^{n-1}n} \end{aligned}

注意到 T1=1T_1=-1 也成立,因此上式即为结果。

又是例题

已知数列 {an}\{a_n\} 是公差为 d0d\neq0 的等差数列,

{akn}\{a_{k_n}\} 是等比数列,其中 k1=3,k2=5,k3=9k_1=3,k_2=5,k_3=9

  • k1+k2++knk_1+k_2+\dots+k_n 的值。

和上一题类似,我们注意到,

k11=2,k21=4,k31=8,2×4=5 k_1-1=2,k_2-1=4,k_3-1=8,2\times4=5

我们大胆猜测,

an=(n1)d a_n=(n-1)d

证明,

a52=a3a9(a1+4d)2=(a1+2d)(a1+8d)16d2+8a1d=16d2+10a1d4a1d=5a1dd0,a1=0 a_5^2=a_3a_9\\ (a_1+4d)^2=(a_1+2d)(a_1+8d)\\ 16d^2+8a_1d=16d^2+10a_1d\\ 4a_1d=5a_1d\\ \because d\neq0,\therefore a_1=0

因此,

an=a1+(n1)d=(n1)d a_n=a_1+(n-1)d=(n-1)d

观察 knk_n 的值,

我们发现 3,5,93,5,9 是经典的数列,考虑大胆猜测(雾

kn=2n+1 k_n=2^n+1

此时,

akn=2nd a_{k_n}=2^nd

是一个公比为 22 的等比数列,符合条件。

于是,

Sn=i=1nki=n+i=1n2i=n+2n+12 S_n=\sum_{i=1}^nk_i=n+\sum_{i=1}^n2^i=n+2^{n+1}-2

又是例题

对于数列 {bn}\{b_n\},有,

bn=nn+1+n1n+1 b_n={n\over n+1}+\sqrt{n-1\over n+1}

求证,对于 nNn\in\mathbb N^*

Sn=i=1n1n(n+1)2bn<nn+1 S_n=\sum_{i=1}^n{1\over n(n+1)\sqrt{2b_n}}<\sqrt{n\over n+1}

首先,我们注意到,

S1=12<12 S_1={1\over2}<\sqrt{1\over2}

而后面的每一步,本质是在叠加

1n(n+1)2bn {1\over n(n+1)\sqrt{2b_n}}

的贡献,因此原问题的充分必要条件为,

1n(n+1)2bn<nn+1n1n {1\over n(n+1)\sqrt{2b_n}}<\sqrt{n\over n+1}-\sqrt{n-1\over n}

考虑恒等变形,

1n(n+1)12bn<nn21n(n+1)1n(n+1)12bn<nn21 {1\over n(n+1)}\cdot{1\over\sqrt{2b_n}}<{n-\sqrt{n^2-1}\over\sqrt{n(n+1)}}\\ {1\over\sqrt{n(n+1)}}\cdot{1\over\sqrt{2b_n}}<n-\sqrt{n^2-1}\\

注意到两边都是正数,因此,

12n(n+1)bn<(nn21)22n(n+1)bn>(1nn21)2 {1\over2n(n+1)b_n}<(n-\sqrt{n^2-1})^2\\ 2n(n+1)b_n>\left({1\over n-\sqrt{n^2-1}}\right)^2

暂时不展开,带入,

2n2+2nn21>(n+n21)2=2n21+2nn21 2n^2+{\color{darkred}2n\sqrt{n^2-1}}>(n+\sqrt{n^2-1})^2=2n^2-1+{\color{darkred}2n\sqrt{n^2-1}}\\

显然成立。

找规律题

已知,

an=2ini31i3+1 a_n=\prod_{2\le i\le n}{i^3-1\over i^3+1}
  • limnan\lim_{n\to\infty}a_n

我们知道,

n31=(n1)(n2+n+1)n3+1=(n+1)(n2n+1) \boxed{n^3-1=(n-1)(n^2+n+1)}\\[0.5em] \boxed{n^3+1=(n+1)(n^2-n+1)}

于是,首先,

an=2ini31i3+1=2ini1i+12ini2+i+1i2i+1 a_n=\prod_{2\le i\le n}{i^3-1\over i^3+1}=\prod_{2\le i\le n}{i-1\over i+1}\prod_{2\le i\le n}{i^2+i+1\over i^2-i+1}

左边一个乘式,

2ini1i+1=1×2×3××(n1)3×4××n×(n+1)=2n2+n \prod_{2\le i\le n}{i-1\over i+1}={1\times2\times3\times\dots\times(n-1)\over 3\times4\times\dots\times n\times(n+1)}={2\over n^2+n}

右边考,注意到,

(i+1)2(i+1)+1=i2+i+1 \boxed{(i+1)^2-(i+1)+1=i^2+i+1}

于是,

2ini2+i+1i2i+1=7×13××(n2+n+1)3×7×13×=n2+n+13 \prod_{2\le i\le n}{i^2+i+1\over i^2-i+1}={7\times13\times\dots\times(n^2+n+1)\over3\times7\times13\times\dots}={n^2+n+1\over3}

得到结果,

an=23n2+n+1n2+n a_n={2\over3}\cdot{n^2+n+1\over n^2+n}

考虑极限,

limnan=23limnn2+n+1n2+n=23 \lim_{n\to\infty}a_n={2\over3}\lim_{n\to\infty}{n^2+n+1\over n^2+n}={2\over3}

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<SnSn1b1+b2++bn<Sn  (S0=0) b_n<S_n-S_{n-1}\Rightarrow b_1+b_2+\dots+b_n<S_n\;(S_0=0)

结论题

求,

limnk=1narctan2k2 \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\arctan{2\over k^2}

结论,令,

θ1=arctan(k+1)θ2=arctan(k1) \theta_1=\arctan(k+1)\\ \theta_2=\arctan(k-1)

则,

tan(θ1θ2)=(k+1)(k1)1+(k1)(k+1)=2k2 \tan(\theta_1-\theta_2)={(k+1)-(k-1)\over 1+(k-1)(k+1)}={2\over k^2}

即,

arctan2k2=arctan(k+1)arctan(k1) \arctan{2\over k^2}=\arctan(k+1)-\arctan(k-1)

于是,

k=1narctan2k2=k=1narctan(k+1)k=1narctan(k1)=1k1narctank1k+1narctank=2kn+1arctank0kn1arctank=arctan(n+1)+arctannarctan0arctan1 \begin{aligned} \sum_{k=1}^n\arctan{2\over k^2}&=\sum_{k=1}^n\arctan(k+1)-\sum_{k=1}^n\arctan(k-1)\\ &=\sum_{1\le k-1\le n}\arctan k-\sum_{1\le k+1\le n}\arctan k\\ &=\sum_{2\le k\le n+1}\arctan k-\sum_{0\le k\le n-1}\arctan k\\ &=\arctan(n+1)+\arctan n-\arctan0-\arctan1 \end{aligned}

我们知道 arctan\arctan 的值域是 (π/2,π/2)(-\pi/2,\pi/2),因此,

limkarctank=π/2 \lim_{k\to\infty}\arctan k=\pi/2

因此,原式,

limnk=1narctan2k2=ππ4=3π4 \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\arctan{2\over k^2}=\pi-{\pi\over4}={3\pi\over4}

回归基础

前面省略,后面,

a1=a2=a3=1an+1=2019+anan1an2,n>3 a_1=a_2=a_3=1\\ a_{n+1}={2019+a_na_{n-1}\over a_{n-2}},n>3
  • 求证:数列每一项都是正整数。

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=1,2,3n=1,2,3,有 an>0a_n>0

假设对于 n<k(k>3)n<k(k>3)an>0a_n>0,考虑证明 ak>0a_k>0

ak=2019+ak1ak2ak3>0 a_k={2019+a_{k-1}a_{k-2}\over a_{k-3}}>0

成立,因此对于 nNn\in\mathbb N^*an>0a_n>0

然后整数,我们发现 20192019 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+1ak2=2019+akak1akak3=2019+ak1ak2 a_{k+1}a_{k-2}=2019+a_ka_{k-1}\\ a_ka_{k-3}=2019+a_{k-1}a_{k-2}

上减下,

ak+1ak2akak3=akak1ak1ak2 a_{k+1}a_{k-2}-a_ka_{k-3}=a_ka_{k-1}-a_{k-1}a_{k-2}

先不要冲动提右面的公因式,因为左边没有公因式 OvO

ak2(ak+1+ak1)=ak(ak1+ak3) a_{k-2}(a_{k+1}+a_{k-1})=a_k(a_{k-1}+a_{k-3})

注意到两个括号内很现实,我们喜欢哦(

ak+1+ak1ak=ak1+ak3ak2bk=bk2(k>3) \begin{aligned} {a_{k+1}+a_{k-1}\over a_k}&={a_{k-1}+a_{k-3}\over a_{k-2}}\\ b_k&=b_{k-2}(k>3) \end{aligned}

因此,我们有,

a1=a2=a3=1,a4=2020 a_1=a_2=a_3=1,a_4=2020

于是,

b2=2,b3=2021bn={2,n0(mod2)2021,n1(mod2) b_2={2,b_3=2021}\\ \dots\\ b_n=\left\{\begin{aligned} 2&\quad,n\equiv0\pmod2\\ 2021&\quad,n\equiv1\pmod2 \end{aligned}\right.

也就是,

ak+1=bkakak1,(k>3) a_{k+1}=b_ka_k-a_{k-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}nN\{a_n\}_{n\in\mathbb N^*} 满足,

kN,ak+1+ak=4k+3 \forall k\in\mathbb N^*,a_{k+1}+a_k=4k+3
  • a1+a2020a_1+a_{2020}

方法一,注意到,

ak+1=ak+4k+3ak=ak1+4k1 a_{k+1}=-a_k+4k+3\\ a_k=-a_{k-1}+4k-1

每个叠加的项最终只会存在变号,因此,

ak=(1)k1a1+i=2k(1)ki(4i1) a_k=(-1)^{k-1}a_1+\sum_{i=2}^k(-1)^{k-i}(4i-1)

因此,

a1+a2020=i=22020(1)i(4i1) a_1+a_{2020}=\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)

考虑扰动法,

i=22020(1)i(4i1)(4×20211)=4×21+i=22020(1)i+1[4(i+1)1]i=22020(1)i(4i1)8083=7+i=22020(1)i+1(4i+3)=7i=22020(1)i(4i1+4)=7i=22020(1)i(4i1)i=22020(1)i4=7i=22020(1)i(4i1)4 \begin{aligned} \sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-(4\times2021-1)&=4\times2-1+\sum_{i=2}^{2020}(-1)^{i+1}[4(i+1)-1]\\ \sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-8083&=7+\sum_{i=2}^{2020}(-1)^{i+1}(4i+3)\\ &=7-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1+4)\\ &=7-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i4\\ &=7-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-4 \end{aligned}

于是,

2i=22020(1)i(4i+3)=8086i=22020(1)i(4i+3)=4043 \begin{aligned} 2\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i+3)&=8086\\ \sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i+3)&=4043 \end{aligned}

后面略,因为真的不好算。

方法二,注意到,

S2020=20202(a1+a2020) S_{2020}={2020\over2}(a_1+a_{2020})

而,

S2020=(a1+a2)++(a2019+a2020)=1010×3+4×(1+3++2019)=1010×3+20202 \begin{aligned} S_{2020}&=(a_1+a_2)+\dots+(a_{2019}+a_{2020})\\ &=1010\times3+4\times(1+3+\dots+2019)\\ &=1010\times3+2020^2 \end{aligned}

则,

a1+a2020=2S20202020=3+4040=4043 a_1+a_{2020}={2S_{2020}\over2020}=3+4040=4043

例题二:人类智慧

已知数列 {an}nN\{a_n\}_{n\in\mathbb N^*} 满足,

a1=1,a2=9an+2=4an+13an20,(n1) a_1=1,a_2=9\\ a_{n+2}=4a_{n+1}-3a_n-20,(n\ge1)
  • 求其前 nn 项和 SnS_n 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 a_1=1\\ a_2=9\\ a_3=13\\ a_4=5\\ a_5=-39\\ a_6=-191

这个趋势已经很明显了,考虑证明,假设单减成立,

an+2=4an+13an20<an+13(an+1an)<20 a_{n+2}=4a_{n+1}-3a_n-20<a_{n+1}\\ 3(a_{n+1}-a_n)<20

注意到当 n3n\ge3 时,上条件成立,那么,

3(an+1an)<20an+2<an+1an+2an+1<03(an+2an+1)<20an+3<an+2 \begin{aligned} 3(a_{n+1}-a_n)<20&\Rightarrow a_{n+2}<a_{n+1}\\ &\Rightarrow a_{n+2}-a_{n+1}<0\\ &\Rightarrow3(a_{n+2}-a_{n+1})<20\\ &\Rightarrow a_{n+3}<a_{n+2}\\ &\Rightarrow\dots \end{aligned}

即,对于 n3n\ge3

an+1<an a_{n+1}<a_n

于是,观察我们的列表,可以得出,

an<0,(n5) a_n<0,(n\ge5)

于是,

Snmax=Snn=4=1+9+13+5=28 S_{n\max}=S_n|_{n=4}=1+9+13+5=28

当然也可以求出通项公式,

an=10n2×3n18 a_n=10n-2\times3^{n-1}-8

nn 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+12n+n3 S_n=(-1)^na_n+{1\over2^n}+n-3
  • ana_n 通项。

邻项相减(或者说前缀和的差分),

Sn=(1)nan+12n+n3Sn1=(1)nan1+212n+n4 S_n=(-1)^na_n+{1\over2^n}+n-3\\ S_{n-1}=-(-1)^na_{n-1}+2\cdot{1\over2^n}+n-4

相减,

an=SnSn1=(1)nan+(1)nan112n+1 a_n=S_n-S_{n-1}=(-1)^na_n+(-1)^na_{n-1}-{1\over2^n}+1

分讨奇偶性,

a2k=a2k+a2k1122k+1a2k1=a2k1a2k2122k1+1 a_{2k}=a_{2k}+a_{2k-1}-{1\over2^{2k}}+1\\ a_{2k-1}=-a_{2k-1}-a_{2k-2}-{1\over2^{2k-1}}+1

整理上面的,得,

a2k1=122k1 a_{2k-1}={1\over2^{2k}}-1

对于下面的,

a2k2=2a2k1122k1+1=122k1+2122k1+1=122k2+3a2k=122k+3 \begin{aligned} a_{2k-2}&=-2a_{2k-1}-{1\over2^{2k-1}}+1\\ &=-{1\over2^{2k-1}}+2-{1\over2^{2k-1}}+1\\ &=-{1\over2^{2k-2}}+3\\ a_{2k}&=-{1\over2^{2k}}+3 \end{aligned}

于是,

an={12n+11if n 是奇数12n+3if n 是偶数 a_n=\left\{\begin{aligned} {1\over2^{n+1}}-1&\quad\text{if $n$ 是奇数}\\ -{1\over2^n}+3&\quad\text{if $n$ 是偶数}\\ \end{aligned}\right.

简单题

数列 {an}\{a_n\} 满足,

a1=3,an+1=an23an+4 a_1=3, a_{n+1}=a_n^2-3a_n+4

A. {an}\{a_n\} 严格单调递增。
B. {an}\{a_n\} 无界。
C. a100=101a_{100}=101.
D. limn(1a11+1a21++1an1)=1\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left({1\over a_1-1}+{1\over a_2-1}+\dots+{1\over a_n-1}\right)=1.

容易发现,右侧系数 134134 类似 144144 的完全平方式,

an+1an=an24an+4=(an2)20an+1an,ana1=3(an2)21an+1>an a_{n+1}-a_n=a_n^2-4a_n+4=(a_n-2)^2\ge0\\ a_{n+1}\ge a_n,\therefore a_n\ge\dots\ge a_1=3\\ (a_n-2)^2\ge1\Rightarrow a_{n+1}>a_n

由上面的,

an+1an=(an2)21anan+1a24,a35,,ann+2 a_{n+1}-a_n=(a_n-2)^2\ge1\\ a_n\ge a_{n+1}\\ a_2\ge4,a_3\ge5,\dots,a_n\ge n+2

于是,数列无界且,

a100102 a_{100}\ge102

后面不会了,注意到迭代形如 an+1=f(an)a_{n+1}=f(a_n),我们知道不动点是一个好工具,

x=f(x)x=x23x+4x24x+4=0(x2)2=0x=2 x=f(x)\\ x=x^2-3x+4\\ x^2-4x+4=0\\ (x-2)^2=0\\ x=2

递归式两边同时减二,取倒数,

an+12=an23an+2=(an1)(an2)1an+12=1(an1)(an2)=1an21an11an1=1an21an+12 a_{n+1}-2=a_n^2-3a_n+2=(a_n-1)(a_n-2)\\ {1\over a_{n+1}-2}={1\over(a_n-1)(a_n-2)}={1\over a_n-2}-{1\over a_n-1}\\ {1\over a_n-1}={1\over a_n-2}-{1\over a_{n+1}-2}

注意到形如 f(n)=g(n)g(n)f(n)=g(n)-g(n') 的形式,裂项成功,

1a11+1a21++1an1=1a121a22+1a221a32++1an21an+12=1a121an+12=11an+12 {1\over a_1-1}+{1\over a_2-1}+\dots+{1\over a_n-1}\\ ={1\over a_1-2}-{1\over a_2-2}+{1\over a_2-2}-{1\over a_3-2}+\dots+{1\over a_n-2}-{1\over a_{n+1}-2}\\ ={1\over a_1-2}-{1\over a_{n+1}-2}=1-{1\over a_{n+1}-2}

注意到,

0<1an+121n+1 0<{1\over a_{n+1}-2}\le{1\over n+1}

因此这一项极限为 00

limn(1a11+1a21++1an1)=1 \lim_{n\to\infty}\left({1\over a_1-1}+{1\over a_2-1}+\dots+{1\over a_n-1}\right)=1

成立,故选 ABD。

签到题

数列,

a1=1,an+1=an2+1an2019 a_1=1, a_{n+1}=\sqrt{a_n^2+{1\over a_n^{2019}}}

判断数列 {an}\{a_n\} 是否有界。

注意到该数列每一项均为正数,且都非零,

an+12=an2+1an2019an+12>an2an+1>an a_{n+1}^2=a_n^2+{1\over a_n^{2019}}\\ a_{n+1}^2> a_n^2\\ a_{n+1}> a_n

严格单调递增,故无界。

证明,反证法:

假设数列有界,记为 LL,两边取极限,

L2=L2+1L2019 L^2=L^2+{1\over L^{2019}}

显然无界,不成立。


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