前言
不动点法求数列通项是怎么回事呢？不动点法相信大家都很熟悉，但是不动点法求数列通项是怎么回事呢，下面就让小编带大家一起了解吧
不动点法求数列通项，其实就是数列通项可以通过寻找不动点求得，大家可能会很惊讶不动点法怎么会求数列通项呢？但事实就是这样，小编也感到非常惊讶
这就是关于不动点法求数列通项的事情了，大家有什么想法呢，欢迎在评论区告诉小编一起讨论哦
递推数列与函数迭代
对于 一阶递推数列，数列递推式可以表示成：
\[a_{n+1}=f(a_n) \]所以，当我们知道 \(a_1\) 之后，就能够求出数列中各项的值
\[\begin{aligned} a_2&=f(a_1) \\ a_3&=f(f(a_1)) \\ &\cdots \\ a_n&=\underbrace{f(f(f(\cdots f(}_{n-1 个 f}a_1)))) \end{aligned}\]所以，求解递推数列和求解函数迭代在本质上是一样的
设 \(n\) 次迭代函数
\[f^{(n)}(x)=\underbrace{f(f(f(\cdots f(}_{n 个 f}x)))) \]并补充定义
\[f^{(0)}(x)=x \]所以，有
\[a_n=f^{(n-1)}(a_1) \]于是，求解递推数列的问题就转化为了求解函数迭代
不动点的概念与性质
我们定义 不动点 ：
对于函数 \(f(x)\)，\(\exists x_0,f(x_0)=x_0\)，则称 \(x=x_0\) 是函数 \(f(x)\) 的 不动点
可以发现，一个函数的不动点也是它的任意次迭代函数的不动点，即
\[f^{(n)}(x_0)=f^{(n-1)}(x_0)=\cdots=f(x_0)=x_0 \]但是，迭代函数的不动点不一定是原始函数的不动点，比如 \(f(x)=\frac{1}{x}\)
我们定义 数列的不动点 ：
一般的，对于递推数列 \(\{x_n\}\)，其递推式为 \(x_{n+1}=f(x_n)\)，\(\exists x_0,f(x_0)=x_0\)，则称 \(x=x_0\)，是 数列 \(\{x_n\}\) 的不动点
也就是说，若从数列 \(\{x_n\}\) 某一项 \(x_k\) 开始，数列的取值为 \(x_0\)，即 \(x_k=x_0\)，则
\[\begin{aligned} x_{k+1}&=f(x_k)=f(x_0)=x_0 \\ x_{k+2}&=f(x_{k+1})=f(x_0)=x_0 \\ \cdots \\ x_{k+n}&=f(x_{k+n-1})=f(x_0)=x_0 \end{aligned}\]归纳得到，当 \(n\geq k\) 时，\(x_n=x_0\)，即数列 \(\{x_n\}\) 在 \(k\) 之后 不动 了
有时候，数列 \(\{x_n\}\) 中的值可能会取不到 \(x_0\)，但会 收敛 于 \(x_0\)，即
\[\lim_{n\rightarrow+\infty}x_n=x_0 \]值得注意的是，不动点也可能 在实数域无解，此时的数列大多为 周期数列
换元法与函数相似
对于一个函数 \(f(x)\)，设 \(t=\varphi(x)\)，其中，为了简化问题，\(\varphi(x)\) 为定义域到值域的 满的单射（一一对应），这时就能用反函数表达 \(x=\varphi^{-1}(t)\)，即
\[f(x)=f(\varphi^{-1}(t)) \]接下来，就需要表达出 \(f^{(n)}(x)\) 在 换元形式 下的表达方式
从二次迭代开始，我们把 \(f(f(x))\) 看作 复合函数，其中，外层的自变量 \(x'=f(x)\)，将其换元得到
\[t'=\varphi(x')=\varphi(f(\varphi^{-1}(t))) \]设 \(g(t)=\varphi(f(\varphi^{-1}(t)))\)，计算其迭代，有
\[\begin{aligned} g(g(t))&=\varphi(f(\varphi^{-1}(\varphi(f(\varphi^{-1}(t)))))) \\ &=\varphi(f(f(\varphi^{-1}(t)))) \end{aligned}\]即
\[g^{(2)}(t)=\varphi(f^{(2)}(\varphi^{-1}(t))) \]同理，归纳得到
\[g^{(n)}(t)=\varphi(f^{(n)}(\varphi^{-1}(t))) \]我们定义 函数相似 ：
对于两个函数 \(f(x),g(x)\)，\(\exists\varphi(x)\) 及其反函数 \(\varphi^{-1}(x),g(x)=\varphi(f(\varphi^{-1}(x)))\)，则称 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 通过 \(\varphi(x)\) 相似，记作 \(f\overset{\varphi}{\sim}g\)，其中 \(\varphi(x)\) 称作 桥函数
- 性质 \(1\)：若 \(f\overset{\varphi}{\sim}g\)，则 \(f^{(n)}\overset{\varphi}{\sim}g^{(n)}\)
上文已经做过证明
- 性质 \(2\)：若 \(f\overset{\varphi}{\sim}g\)，则 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 的 不动点一一对应
证明：
对于函数 \(g(x)\) 的不动点 \(x_0\)，有
\[g(x_0)=\varphi(f(\varphi^{-1}(x_0)))=x_0 \]于是
\[f(\varphi^{-1}(x_0))=\varphi^{-1}(x_0) \]即 \(\varphi^{-1}(x_0)\) 为 \(f(x)\) 的不动点，即 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 的 不动点一一对应
不动点法求解数列通项
如此，不难想到 利用不动点法求解函数迭代
具体过程就是，当我们求解一个较复杂的函数 \(f(x)\) 的迭代时，可以寻找一个 与之相似但形式更简单的函数 \(g(x)\)，通过计算 \(g^{(n)}(x)\)，再根据
\[g^{(n)}(x)=\varphi(f^{(n)}(\varphi^{-1}(x))) \]得出
\[f^{(n)}(x)=\varphi^{-1}(g^{(n)}(\varphi(x))) \]从而简化问题，计算出了 \(f(x)\) 的迭代
而在数列中，迭代容易计算的函数就是所学过的 等差数列 \(g(x)=x+b\) 和 等比数列 \(g(x)=kx\)，其中前者的不动点为 \(\pm\infty\)，后者的不动点为 \(0\) 和 \(\pm\infty\)
由上文，\(f(x)\) 和 \(g(x)\) 的不动点要 一一对应 ，也就是对于 \(f(x)\) 的不动点 \(x_0\)，有 \(\varphi(x)\) 是 \(g(x)\) 的不动点
如果只考虑不动点之间的对应关系，我们可以这样简单地构造一个 桥函数 \(\varphi(x)\)：
-
若 \(f(x)\) 有 唯一不动点 \(x_0\)，令 \(\varphi(x)=\frac{1}{x-x_0}\)，这样 \(\varphi(x_0)=\infty\) 是 \(g(x)=x+b\) 的不动点
-
若 \(f(x)\) 有 两个不动点 \(x_1,x_2\)，令 \(\varphi(x)=\frac{x-x_1}{x-x_2}\)，这样 \(\varphi(x_1)=0,\varphi(x_2)=\infty\) 都是 \(g(x)=kx\) 的不动点
当然构造的方法是多样的，这里只写了这两种
总结一下上述过程，那么 不动点法求解数列通项 的步骤就是
-
找点 ：将递推式中的 \(a_n,a_{n+1}\) 均换成 \(x\) 求解不动点
-
构造 ：按照上文方法构造 \(b_n=\frac{1}{a_n-x_0}\) 或者 \(b_n=\frac{a_n-x_1}{a_n-x_2}\)，代入原递推式，化简，得到数列 \(\{b_n\}\) 的递推式，求解其通项公式
-
求解 ：根据 \(\{a_n\},\{b_n\}\) 之间的关系，求解 \(\{a_n\}\) 通项公式
需要知道，不动点法一般用于求解 分式形式 的递推式，而向、像上文一样构造，还能简化式子，非常美丽，虽然它也可以用于一般的递推式，但是本人认为不如 待定系数法 来得快一些，而最后两者构造出的数列是相同的
当然，上文也提到，不动点也可能 在实数域无解，此时的数列大多为 周期数列
简单理解就是，若根为复数，将它变为 三角函数形式 之后，这个玩意大概率是有周期的
其实，不动点在实数域无解，是这个数列为周期数列的 必要不充分条件
所以，当我们判断无解后，可以代几个数进去验证一下，毕竟高考题不会把周期 \(T\) 出的太大
一些例题
例 \(1\) ：设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=2,a_{n+1}=\frac{5a_n-1}{a_n+3}\)，求数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式
将 \(a_n,a_{n+1}\) 替换成 \(x\)，有
\[x=\frac{5x-1}{x+3}\Leftrightarrow (x-1)^2=0 \]所以 \(x=1\) 为数列 \(\{a_n\}\) 的不动点，按照上文，构造数列
\[b_n=\frac{1}{a_n-1} \]将原式左右两边同时减去不动点 \(x=1\)，来配凑出数列 \(\{b_n\}\)，有
\[\begin{aligned} a_{n+1}-1&=\frac{5a_n-1}{a_n+3}-1 \\ \Leftrightarrow\frac{1}{a_{n+1}-1}&=\frac{a_n+3}{4a_n-4} \\ \Leftrightarrow\frac{1}{a_{n+1}-1}&=\frac{1}{a_n-1}+\frac{1}{4} \end{aligned}\]所以数列 \(\{b_n\}\) 为首项为 \(1\)，公差为 \(\frac{1}{4}\) 的等差数列，有
\[b_n=\frac{1}{a_n-1}=1+(n-1)\times\frac{1}{4}=\frac{1}{4}n+\frac{3}{4} \]\[\therefore a_n=\frac{n+7}{n+3} \]例 \(2\) ：设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=3,a_{n+1}=\frac{4a_n-2}{a_n+1}\)，求数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式
将 \(a_n,a_{n+1}\) 替换成 \(x\)，有
\[x=\frac{4x-2}{x+1}\Leftrightarrow (x-1)(x-2)=0 \]所以 \(x_1=1,x_2=2\) 为数列 \(\{a_n\}\) 的不动点，按照上文，构造数列
\[b_n=\frac{a_n-1}{a_n-2} \]将原式左右两边同时减去不动点 \(x_1=1,x_2=2\)，来配凑出数列 \(\{b_n\}\)，有
\[\begin{cases} a_{n+1}-1=\frac{4a_n-2}{a_n+1}-1=\frac{3(a_n-1)}{a_n+1} &①\\ a_{n+1}-2=\frac{4a_n-2}{a_n+1}-2=\frac{2(a_n-2)}{a_n+1} &② \end{cases}\]令 \(\frac{①}{②}\)，有
\[\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}-2}=\frac{3}{2}\times\frac{a_n-1}{a_n-2} \]所以数列 \(\{b_n\}\) 为首项为 \(2\)，公比为 \(\frac{3}{2}\) 的等比数列，有
\[b_n=\frac{a_n-1}{a_n-2}=2\times(\frac{3}{2})^{n-1} \]\[\therefore a_n=\frac{8\times 3^n-3\times 2^n}{4\times 3^n-3\times 2^n} \]例 \(3\) ：设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=2,a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n})\)，求数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式
将 \(a_n,a_{n+1}\) 替换成 \(x\)，有
\[x=\frac{1}{2}(x+\frac{1}{x})\Leftrightarrow(x+1)(x-1)=0 \]所以 \(x_1=-1,x_2=1\) 为数列 \(\{a_n\}\) 的不动点，按照上文，构造数列
\[b_n=\frac{a_n+1}{a_n-1} \]将原式左右两边同时减去不动点 \(x_1=-1,x_2=1\)，来配凑出数列 \(\{b_n\}\)，有
\[\begin{cases} a_{n+1}+1=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n})+1=\frac{(a_n+1)^2}{2a_n} &① \\ a_{n+1}-1=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n})-1=\frac{(a_n-1)^2}{2a_n} &② \end{cases}\]令 \(\frac{①}{②}\)，有
\[\frac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}=(\frac{a_n+1}{a_n-1})^2 \]\[\therefore b_n=\frac{a_n+1}{a_n-1}=3^{2n} \]\[\therefore a_n=\frac{3^{2^{n-1}}+1}{3^{2^{n-1}}-1} \]例 \(4\) ：设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_1=\frac{1}{2},a_{n+1}=\frac{1+a_n}{1-a_n}\)，求数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式
将 \(a_n,a_{n+1}\) 替换成 \(x\)，有
\[x=\frac{1+x}{1-x}\Leftrightarrow x^2+1=0 \]此时无解，考虑 \(\{a_n\}\) 为周期数列
\[a_{n+1}=\frac{1+\frac{1+a_{n-1}}{1-a_{n-1}}}{1-\frac{1+a_{n-1}}{1-a_{n-1}}}=-\frac{1}{a_{n-1}}=a_{n-3} \]所以 \(\{a_n\}\) 为周期为 \(4\) 的数列
\[\therefore a_n=\begin{cases} \frac{1}{2} & n\equiv 1\pmod 4 \\ 3 & n\equiv 2\pmod 4 \\ -2 & n\equiv 3\pmod 4 \\ -\frac{1}{3} & n\equiv 0\pmod 4 \end{cases}\]写在最后
也许直接记住结论比较好捏，但是就是感觉太突兀没道理就来学了学，理解一下可能还会用的灵活一点
大量 借鉴 了其他博客，链接放在了下面
\(\text{Reference}\)
https://zhuanlan.zhihu.com/p/104544760
https://zhuanlan.zhihu.com/p/116434438
标签：frac,数列,函数,varphi,通项,不动点,法求 From： https://www.cnblogs.com/ResurgamLiBoyi/p/16619819.html