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英才学习3个月前 (03-08)数列179

数列递推与求和

定义1 对于任意正整数n，有递推关系

$a_{n+k}=f(a_{n+k-1},a_{n+k-2},\cdots,a_n)$

确定的数列 $\{a_n\}$ 称为递推数列，或称为递归数列.

定义2 若数列 $\{a_n\}$ 从第k项以后任一项都是其前k项的线性组合，即

$a_{n+k}=\lambda_1a_{n+k-1}+\lambda_2a_{n+k-2}+\cdots+\lambda_ka_n+r$

其中n是正整数， $\lambda_k\neq0$ ，则称 $\{a_n\}$ 为k阶线性递推数列.

当时，则有

$a_{n+k}=\lambda_1a_{n+k-1}+\lambda_2a_{n+k-2}+\cdots+\lambda_ka_n$

此时 $\{a_n\}$ 为阶齐次线性递推数列.

1 常系数一阶递推数列

常系数一阶递推数列的一般形式为

$a_{n+1}=pa_n+q.\quad(p,q\text{为常数，且}p\neq0)$

处理这种情况的一般方法是将其转化为等比数列.

若，则该数列变为等差数列，其通项公式为

若 $p\neq1$ ，这里介绍不动点法.

注：对于函数，若存在，使得，则称为的不动点.

设 $a_{n+1}=f(a_n)$ ，则的不动点为 $x_0=\dfrac{q}{1-p}$ ，则有

$a_{n+1}-x_0=p(a_n-x_0),$

故

$a_n=p^{n-1}(a_1-x_0)+x_0,$

其中为初始值已知， $x_0=\dfrac{q}{1-p}$ .

2 变系数一阶递推数列

变系数一阶递推数列的一般形式为

$a_{n+1}=p(n)a_n+q(n)\quad p(n)\neq0.$

处理这个问题一般性的解法是构造辅助函数. 引入待定函数，使得

$a_{n+1}-k(n+1)=p(n)(a_n-k(n)).$

对比系数可得

$q(n)=k(n+1)-p(n)k(n)\text{，}$

即

$\begin{cases}k(2)-p(1)k(1)=q(1),\\k(3)-p(2)k(2)=q(2),\\\cdots\\k(n)-p(n-1)k(n-1)=q(n-1).\end{cases}$

为了求出，不妨令，有上面的方程组可得

$k(n)=\prod\limits_{i=1}^{n-1}p(i)\sum\limits_{i=0}^{n-1}\dfrac{q(i)}{\prod\limits_{j=1}^{n-1}p(j)}.\quad(n\ge2)$

再由累乘法可得

$a_n=\prod_{k=1}^{n-1}p(k)\left\{a_1+\sum_{i=1}^{n-1}\dfrac{q(i)}{\prod\limits_{j=1}^ip(j)}\right\}.$

这个问题的结果过于繁琐，没有必要记住这个结论，关键在于掌握构造函数这一方法. 同时应该熟练掌握下面几个特例.

2.1 等比型数列

当时，该数列常称为等比型数列. 此时只需要运用累乘法即可.

$a_n=a_1\cdot\prod\limits_{k=1}^{n-1}p(k)$

2.2 等差型数列

当时，该数列常称为等差型数列. 此时只需要运用累加法即可.

$a_n=a_1+\sum\limits_{k=1}^{n-1}q(n)$

注：还有一些其他的递推方程，可以经过代数变形转化为等差型数列、等比型数列或者一般的变系数一阶递推数列.

3 常系数k阶线性递推数列

最常见的线性递推数列是二阶线性递推数列，它的递推式为

$a_{n+1}=pa_n+qa_{n-1}\quad(q\neq0,n\ge2).$

若，则

$a_{n+1}-a_{n}=-q(a_n-a_{n-1})\text{，}$

则 $\{a_{n+1}-a_n\}$ 是等比数列，先求 $a_{n+1}-a_n$ ，然后利用累加法求出.

若 $p+q\neq1$ ，则存在 $\alpha,\beta$ 满足

$a_{n+1}-\alpha a_n=\beta(a_n-\alpha a_{n-1})\text{，}$

则 $\{a_{n+1}-\alpha a_n\}$ 为等比数列，再由已知方法求出.

注意到 $\alpha+\beta=p,\alpha\beta=-q$ ， $\alpha,\beta$ 是方程的两个根，将方程

称为递推式 $a_{n+1}=pa_{n}+qa_{n-1}$ 的特征方程，由此得到二阶齐次线性递推数列的一般方法：

step1. 解出特征方程的两根 $\alpha,\beta$ ；

step2. 若 $\alpha\neq\beta$ ，则 $a_n=a\alpha^n+b\beta^n$ ；若 $\alpha=\beta$ ，则 $a_n=(an+b)\alpha^n$ ，其中为待定常数，可由初始值解出.

由此可以推广到k阶线性递推的情况：

step1. 写出特征方程 $x^k=\lambda_1x^{k-1}+\lambda_2x^{k-2}+\cdots+\lambda_k$ 并解出不同的根 $s_1,s_2,\cdots,s_t$ ，其对应的重根数为 $r_1,r_2,\cdots,r_t$ ；

step2. 则通项为 $a_n=\sum\limits_{i=1}^n\left(\sum\limits_{j=0}^{r_i-1}c_{ij}n^{j}\right)s_i^n$ ，其中 $c_{ij}$ 为待定常数，由初始值确定.

注：对于非齐次的递推数列，我们可以通过配凑系数将之转化为齐次递推数列.

4 变系数二阶线性递推数列

仿照上述2和3的方法，解决变系数二阶线性递推数列的基本想法是通过构造函数，将其转化为一阶递推数列进行求解.

对于一个一般的变系数二阶线性递推数列

$a_{n+2}=p(n)a_{n+1}+q(n)a_n\text{，}$

设法将写成

的形式，则有

$a_{n+2}=[f(n+1)+g(n)]a_{n+1}-f(n)g(n)a_n.$

即

$a_{n+2}-f(n+1)a_{n+1}=g(n)[a_{n+1}-f(n)a_n].$

此时可以看到 $\{a_{n+1}-f(n)a_n\}$ 为等比型数列，利用前面的方法即可得到通项

$a_n=\prod_{i=1}^{n-1}f(i)\left[\sum_{m=1}^{n-1}\prod\limits_{k=1}^m\dfrac{g(k-1)}{f(k)}+a_1\right].$

这个形式非常复杂，最重要的是理解和掌握思想方法，而不是死记硬背.

5 非线性递推数列

下面列举了一些最常见的非线性递推数列.

5. 1 乘积幂指型

这种类型可以尝试取对数，将递推式转化为和或差的形式，划归为上述的递推情况.

5. 2 含根号型

基本思想是去根号，可以尝试平方或换元，遇到具体问题可以多尝试.

5.3 分式型递推

分式型递推的一般形式为 $a_{n+1}=\dfrac{aa_n+b}{ca_n+d}$ ，其中为常数， $ad\neq bc,r\neq0$ . 解决这类问题的一般性方法为不动点法.

由方程

$x=\dfrac{ax+b}{cx+d}$

可解得特征根 $\lambda_1,\lambda_2$ .

（1）若 $\lambda_1=\lambda_2=\lambda$ ，

· 当 $a_1=\lambda$ 时， $a_n=\lambda$ ；

· 当 $a_1\neq\lambda$ 时， $\left\{\dfrac{1}{a_{n}-\lambda}\right\}$ 为等差数列.

（2）若 $\lambda_1\neq\lambda_2$ ，则 $\left\{\dfrac{a_n-\lambda_1}{a_n-\lambda_2}\right\}$ 为等比数列.

（3）若 $\lambda_1,\lambda_2$ 不是实数，则该数列为周期数列.

6 数列求和

1. $\sum\limits_{i=1}^ni=1+2+3+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ .

2. $\sum\limits_{i=1}^ni^2=1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=\dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1).$

3. $\sum\limits_{i=1}^ni^3=1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=\dfrac{1}{4}n^2(n+1)^2.$

4. $\sum\limits_{i=1}^\infty\dfrac{1}{i}\rightarrow\infty.$

5. $\sum\limits_{i=1}^\infty\dfrac{(-1)^{i+1}}{i}=1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+\cdots=\ln2.$

6. $\sum\limits_{i=1}^\infty\dfrac{1}{i^2}=1+\dfrac{1}{2^2}+\dfrac{1}{3^2}+\cdots=\dfrac{\pi^2}{6}.$

除此之外，对于陌生的求和式，可以考虑裂项方法.

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