一阶线性递推
定义
\(a_{n+1}=pa_n+q,p\neq1\)
不动点
想法是上面这个式子跟等比数列有点像，那么我们想办法把它转化过去。
取 \(r\operatorname{s.t.}a_{n+1}-r=p\left(a_n-r\right)\)，则 \(\left\{a_n-r\right\}\) 就是公比为 \(p\) 的等比数列。
化开来，\(a_{n+1}=pa_n+r-pr=p_an+q\)，所以 \(r-pr=q\Rightarrow{r=pr+q}\)。把递推式看作一个函数 \(f(x)=px+q\)，容易发现 \(f(r)=r\)，此时 \(r\) 是 \(f(x)\) 的不动点。
广义一阶线性递推
定义
将 \(a_{n+1}=pa_n+f(n),p\neq1\) 称为广义一阶线性递推。
不动函数
这里不动点显然失效了，因为后面是一个函数 \(f(n)\)，所以我们就构造一个“不动函数”\(g(n)\)，使 \(a_{n+1}-g\left(n+1\right)=p\left(a_n-g\left(n\right)\right)\)。
实战
已知数列 \(\left\{a_n\right\}:a_1=2,a_{n+1}=4a_n+2^{n+1}\)，试求 \(a_n\)。
Sol 1
设 \(g(n)\operatorname{s.t.}a_{n+1}-g(n+1)=4\left(a_n-g(n)\right)\) 即 \(a_{n+1}=4a_n-4g(n)+g(n+1)=4a_n+2^{n+1}\)，所以 \(g(n+1)-4g(n)=2^{n+1}\)。
这里有 \(2^{n+1}\)，所以考虑指数上 \(n\)，即 \(g(n)=\lambda2^{n}\)，则 \(\lambda2^{n+1}-\lambda2^{n+2}=\lambda2^{n+1}\Longrightarrow\lambda=-1,g(n)=-2^{n}\)。
所以 \(\left\{b_n\right\}=\left\{a_n+2^{n}\right\}\) 是公比为 \(4\) 的等比数列。\(b_1=a_1+2=4,b_n=4^n,a_n=4^n-2^n\)。
Sol 2
还有一种处理这种东西的方法就是同除 \(p^{n+1}\)，\(a_{n+1}=pa_{n}+f(n)\Longrightarrow{\dfrac{a_{n+1}}{p^{n+1}}}=\dfrac{a_n}{p^n}+\dfrac{f(n)}{p^{n+1}}\)，把 \(\left\{\dfrac{a_n}{p^n}\right\}\) 当成新的去算叠加型的通项。
这里就是
\[\begin{aligned}\dfrac{a_{n}}{4^{n}}&=\dfrac{a_1}{4}+\left(\dfrac12\right)^2+\cdots+\left(\dfrac12\right)^{n}\\&=\left(\dfrac12\right)+\left(\dfrac12\right)^2+\cdots+\left(\dfrac12\right)^n\\&=\dfrac12\cdot\dfrac{1-\left(\frac12\right)^n}{1-\frac12}\\&=1-\left(\dfrac12\right)^n\end{aligned} \]然后 \(4^n\) 乘到对面，\(a_n=4^n-2^n\)。
错位相减法（跟本文其实没有任何关系，只是整理进来了）
\(a_n=\left(\dfrac14\right)^{n+1}\left(1-3n\right),S_n=\sum_{i=1}^na_i\)，求 \(S_n\) 的通项。
\(S_n=\dfrac{1-3\cdot1}{4^2}+\dfrac{1-3\cdot2}{4^3}+\cdots+\dfrac{1-3\cdot\left(n-1\right)}{4^n}\)
所谓错位就是把 \(S_n\) 乘上公比，就达到了错位的目的。
\(4S_n=\dfrac{1-3\cdot1}{4}+\dfrac{1-3\cdot2}{4^2}+\cdots+\dfrac{1-3\cdot\left(n-1\right)}{4^{n-1}}\)
相减：
\[\begin{aligned}4S_n-S_n&=-\dfrac12+\dfrac{-3}{4^2}+\dfrac{-3}{4^3}+\cdots+\dfrac{-3}{4^{n-1}}+\dfrac{1-3\cdot\left(n-1\right)}{4^n}\\&=-\dfrac12+\left(-\dfrac3{16}\right)\cdot\dfrac{1-\left(\frac14\right)^{n-2}}{1-\frac14}+\dfrac{4-3n}{4^n}\\&=-\dfrac12+\dfrac{1-\left(\frac14\right)^{n-2}}4+\dfrac{1}{4^{n-1}}-\dfrac{3n}{4^n}\\&=-\dfrac34-\dfrac{3n}{4^n}\end{aligned} \]所以 \(S_n=-\dfrac12-\dfrac{n}{4^n}\)
二阶线性递推
定义
\(a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n\)
做法
沿袭我们一阶线性递推的不动点的想法。设 \(\alpha,\beta\) 使 \(a_{n+2}-\alpha{a_{n+1}}=\beta\left(a_{n+1}-\alpha{a_n}\right)\)。
化开来有 \(a_{n+2}=\left(\alpha+\beta\right)a_{n+1}-\alpha\beta{a_n}=pa_{n+1}+qa_n\)。所以 \(\begin{cases}\alpha+\beta=p\\\alpha\beta=-q\end{cases}\)，由 Vieta Th （韦达）知，\(\alpha,\beta\) 是方程 \(x^2-px-q=0\) 的两个根。
然后要分 case 讨论。
case 1 \(\alpha\neq\beta\)
回顾 \(a_{n+2}=\left(\alpha+\beta\right)a_{n+1}-\alpha\beta{a_n}\)，它可以推出两个东西来 \(\begin{cases}a_{n+2}-\alpha{a_{n+1}}=\beta\left(a_{n+1}-\alpha{a_n}\right)\\a_{n+2}-\beta{a_{n+1}}=\alpha\left(a_{n+1}-\beta{a_n}\right)\end{cases}\)
\(\left\{a_n-\alpha{a_{n-1}}\right\},\left\{a_n-\beta{a_{n-1}}\right\}\) 分别是公比为 \(\beta,\alpha\) 的等比数列。那么就有 \(\begin{cases}a_{n+1}-\alpha{a_n}=\beta^{n-1}\left(a_2-\alpha{a_1}\right)&\left(1\right)\\a_{n+1}-\beta{a_n}=\alpha^{n-1}\left(a_2-\beta{a_1}\right)&\left(2\right)\end{cases}\)
\((1)-(2)\) 得，\(a_n=\beta^{n-1}\cdot\dfrac{a_2-\alpha{a_1}}{\beta-\alpha}+\alpha^{n-1}\cdot\dfrac{a_2-\beta{a_1}}{\alpha-\beta}\)。
需要注意的是，虽然我们求出了这样一个公式，但是平时我们做题时一般是特征方程先求特征根然后设 \(a_n=A\cdot{\alpha^n}+B\cdot{\beta^n}\)，然后找前两项带进去的，因为后面这一串太难记了 /youl
case 2 \(\alpha=\beta=t\)
\(a_{n+2}-t{a_{n+1}}=t\left(a_{n+1}-ta_{n}\right)=t^2\left(a_n-ta_{n-1}\right)=\cdots=t^n\left(a_2-ta_1\right)\)
怎么样是不是很像我们实战里的那个题！\(a_{n+2}=ta_{n+1}+t^n\left(a_2-ta_1\right)\)。我们用 Sol 2 去做。
同除 \(t^{n+2}\) 得，\(\dfrac{a_{n+2}}{t^{n+2}}-\dfrac{a_{n+1}}{t^{n+1}}=\dfrac{a_2-ta_1}{t^2}\)，也就是说 \(\left\{\dfrac{a_n}{t^n}\right\}\) 是公差为 \(\dfrac{a_2-ta_1}{t^2}\) 的等差数列。
那么 \(a_n=t^n\left(\dfrac{a_1}{t}+\left(n-1\right)\cdot\dfrac{a_2-ta_1}{t^2}\right)=t^n\left(\dfrac{a_1}{t}-\dfrac{a_2-ta_1}{t^2}+\dfrac{a_2-ta_1}{t^2}\cdot{n}\right)\)
同样地，我们一般求出 \(t\) 后，就设 \(a_n=\left(A+Bn\right)t^n\)，然后解 \(A,B\)。
建议自己找点这样的题来做做。
分式线性递推
定义
\(a_{n+1}=\dfrac{Aa_n+B}{Ca_{n}+D}\)
做法
\(\begin{aligned}\dfrac{a_{n+1}-x_1}{a_{n+1}-x_2}&=\dfrac{\frac{Aa_n+B}{Ca_n+D}-x_1}{\frac{Aa_n+B}{Ca_n+D}-x_2}\\&=\dfrac{Aa_n+B-x_1\left(Ca_n+D\right)}{Aa_n+B-x_2\left(Ca_n+D\right)}\\&=\dfrac{\left(A-Cx_1\right)a_n+B-Dx_1}{\left(A-Cx_2\right)a_n+B-Dx_2}\\&\color{orange}{=\dfrac{A-Cx_1}{A-Cx_2}\dfrac{a_n-x_1}{a_n-x_2}}\end{aligned}\)
\(\color{orange}{\text{orange}}\) 部分是我们 想要化成的结果（出现了 \(\dfrac{A-Cx_1}{A-Cx_2}\) 共同的系数），这就要求 \(\begin{cases}B-Dx_1=-Ax_1+Cx_1^2\\B-Dx_2=-Ax_2+Cx_2^2\end{cases}\)（比对前后分母分子即可得到），这其实是一个东西，即 \(x_1,x_2\) 是 \(Cx^2+\left(D-A\right)x-B=0\) 的两个根 \(\Longleftrightarrow Cx^2+Dx=Ax+B\Longleftrightarrow x=\dfrac{Ax+B}{Cx+D}\)，这是什么？不动点啊！有没有感觉很奇妙！怎么到头来都是不动点。如果你想了解更多，欢迎去看 这篇文章 但是后面可能看的不是很懂，没关系无所谓。
于是我们解出了 \(x_1,x_2\)。然后你也可以在试卷上潇洒地写道“注意到……”了！
还剩下一个问题，如果 \(x_1=x_2=x\)，我们上面这个式子就变成了一个废物 \(1=1\times1\) 有什么用啊！
（时刻牢记 \(B-Dx=-Ax+Cx^2\)，而且因为 \(x_1=x_2=x\) 由韦达可知 \(x=\dfrac{A-D}{2C}\)）
既然上下一除是 \(1\)，那么我不要上面，只留着下面试试看？
所以此时 \(\left\{\dfrac1{a_n-x}\right\}\) 是一个等差数列。
总结
稍微总结一下，我们利用 \(x=\dfrac{Ax+B}{Cx+D}\) 求出 \(x_1,x_2\)。
- 如果 \(x_1\neq x_2\)，则 \(\left\{\dfrac{a_n-x_1}{a_n-x_2}\right\}\) 为公比不为 \(1\) 的等比数列；
- 如果 \(x_1=x_2=x\)，则 \(\left\{\dfrac1{a_n-x}\right\}\) 为等差数列。
然后设一下他们的公比/公差 代入几项小的算算就可以了！
无解
但是并非所有的递推式通过上面的方程算出来都是有解（实数）的。
such as：对于数列 \(\left\{a_n\right\}\) 满足 \(a_1=\dfrac12,a_{n+1}=\dfrac{1+a_n}{1-a_n}\)。
事实上，\(a_{n+1}=\dfrac{1+a_n}{1-a_n}=\dfrac{1+\frac{1+a_{n-1}}{1-a_{n-1}}}{1-\frac{1+a_{n-1}}{1-a_{n-1}}}=-\dfrac1{a_{n-1}}\)。
同理，\(a_{n-1}=-\dfrac1{a_{n-3}}\)，所以 \(a_{n+1}=a_{n-3}\)。这是一个以 4 为周期的数列。
我们来考虑这个数列的不动点：\(x=\dfrac{1+x}{1-x}\Longrightarrow x^2+1=0\)。此时，数列没有不动点或者说数列的不动点是复数。
一般来说这种题目可以用复数做，也可以试着 三角换元。
一般来说这种题目也可以直接找规律。
如果不动点方程无实数解该怎么办，一定是周期数列吗？ - Dylaaan的回答 - 知乎
标签：right,dfrac,beta,Cx,线性,alpha,高中数学,递推,left From： https://www.cnblogs.com/LJC001151/p/18399318