不动点在求解递推数列通项式问题中的应用.pdf

经 验 交 流 277 都市家教 不动点在求解递推数列通项式问题中的应用 邵阳市一中 湖南 邵阳 杨煜阳 【摘 要】不动点理论是荷兰数学家布 劳威尔（Brouwer）首先提出来的，它是现代 数学的一个有趣的概念，在现代数学很多分 支中有着广泛的应用。不动点理论在高中教 材中没有提及，但以不动点理论为背景的递 推数列试题在高考和各类竞赛中频频出现。 本文探讨适合于用不动点理论求解的几类递 推数列通项式。下面我们先给出数列不动点 的定义， 再结合几种典型数列例题予以说明。 【关键词】不动点；问题；应用 一、递推数列的不动点 定义 ：在递推数列 a n+1 =f(a n ), (n=1,2,3) 中，如果存在某个实数 使得对于某个自然 数n 0 ，出现 = =（常数），则称 为该递 推数列的不动点。其实这里不动点 就是方 程 x=f(x) 的根，我们把 x=f(x) 称为特征方程。 二、适用不动点法求解的递推数列类型 类型 1、a n+1 =p a n +q （p，q 均为常数，pq （p-1） 0） 这一类型比较简单，通过求解特征方 程 x=px+q, 解 得 不 动 点 = 1 q p ，易证 a n+1 - =p(a n -), 从而解得 a n =p n-1 （a 1 -）+。 类型 2、a n+1 = n n aa b ca d + + （ad-bc 0，c 0， 且a 1 f(a 1 )） （1）若特征方程有两个相异的不动点 p， q，则有结论： n n ap aq =k n1 n1 ap aq ，k= a pc a qc 。 （2）若特征方程有且只有一个不动点 p， 则有结论： n 1 ap = n1 1 ap +k，其中 k= 2c ad + 。 证明 ：由特征方程x = ax b cx d + + 得 cx 2 +(d-a) x-b=0。 （ 1 ）因为p ， q是不动点 ，所以 cp 2 +(d-a)p-b=0 P(cp-a)=b-pd p= pd b a pc ； 同理：cq2+(d-a)q-b=0 q= qd b a qc 所以 n n ap aq = n1 n1 n1 n1 aa b p ca d aa b q ca d + + + + = n1 n1 a pca b pd a qca b qd + + = n1 n1 pd bp a a pc a pc qd b a qc a a qc = n1 n1 ap a pc a qc a p ，令 k= a pc a qc 则 n n ap aq =k n1 n1 ap ap （ 2 ）因为p是特征方程c x 2 +（d-a） x+b=0 的 唯 一 解， 所 以 cp 2 +(d-a)p-b=0 且 =0，由韦达定理解得 p= ad 2c 。 那么 a n -p= n1 n1 aa b ca d + + -p= ( ) n1 n1 a cp a b pd ca d + + = ( ) ( ) n1 n1 a cp a p ca d + 所以 n 1 ap = n1 n1 ca d 1 a cp a p + = ( ) n1 n1 c a p d cp 1 a cp a p + = c a cp + n1 d cp 1 a cp a p + 用 p= ad 2c 代入 c a cp ， 得 n 1 ap = n1 1 ap + 2c ad + 令 k= 2c ad + 则 n 1 ap = n1 1 ap +k 类型 3、a n+1 = 2 n n aa b 2aa c + + (a 0,a,b,c 均为常 数) （1）若特征方程有两个相异的不动点 p， q 则有结论 : n1 n1 ap aq + + =( n n ap aq ) 2 （2）若特征方程有且只有一个不动点 p 则有结论：a n+1 -p= 1 2 (a n -p) 证明： 由特征方程 x= 2 ax b 2ax c + + 得 ax 2 +cx-b=0 （1）若特征方程有两个相异的不动点 p， q则a p 2 +cp=b,aq 2 +cq=b a n+1 -p= 2 n n aa b 2aa c + + - p = 2 nn n aa b 2apa pc 2aa c + + = 22 nn n aa ap cp 2apa pc 2aa c + + = ( ) 2 n n aa p 2aa c + 同理可得 a n+1 -q = ( ) 2 n n aa q 2aa c + 两式相除得 n1 n1 ap aq + + =( an p an q ) 2 （2）若特征方程有且只有一个不动点 p ax 2 +cx-b=0 只有一个解 则 =c 2 +4ab=0 即 b= 2 c 4a 由韦达定理 解得 p= c 2a a n+1 -p=a n+1 + c 2a = 2 n n aa b 2aa c + + + c 2a = 2 2 n n c aa 4a 2aa c + + c 2a = 22 2 n 2 n 4a a c 8a a 4ac + + c 2a = 22 2 n nn 2 n 4a a 2aca 2aca c 8a a 4ac + + + c 2a = 1 2 a n - 2 n 2 n 2aca c 8a a 4ac + + c 2a = 1 2 a n - c 4a + c 2a = 1 2 a n + c 4a = 1 2 (a n + c 2a )= 1 2 (a n -p) 二、有关试题举例 例 1、在数列 a n 中，a1=4，a n+1 = n n 3a 2 a4 + + 求通项式 a n 求出特征方程 x= 3x 2 x4 + + 的两个不动点 1 与 -2 本题属于类型 2 中的第一种情况 ，则 k= a pc a qc = 311 321 + = 则 n n a1 a2 + = a1 1 a1 2 + ( 2 3 ) n-1 = 1 2 ( 2 3 ) n-1 ， 解得 a n = n1 n1 n1 n2 25 52 + 例 2、在数列 a n 中，a 1 =2，a n+1 = n n a1 a3 + 求 通项式 a n 求出特征方程 x= x1 x3 + 的唯一不动点 -1 本题属于类型 2 中第二种情况 则 k= 2c ad + = 21 13 + = 1 2 ， n 1 a1 + = n1 1 a1 + + 1 2 = 1 1 a1 + + 1 2 容易解得 a n = 6 3n 1 -1 例 3、已知 a 1 =2，且 a n+1 = 2 n n a2 2a + （n1）， 求通项式 a n 求出特征方程 x= 2 x2 2x + 的不动点为 2 本体属于类型 3 中的第一种情况则有： n n a2 a2 + =( n1 n1 ap aq ) 2 = ( 1 1 a2 a2 + )2 n-1 = n1 2 1 1 a2 a2 + = n1 2 22 22 + 解得 a n = 例 4、已知 a 1 =2，且 a n+1 = ，求通项 式a n 求出特征方程 x= 的唯一不动点为 -1 本体属于类型 3 中第二中情况 那么有 a n +1 = 1 2 （a n-1 +1）=(a 1 +1) n1 1 2 所 以a n = 3 n1 1 2 -1 总结，由于类型 1 比较简单，我们就没 有给出例题，对于类型 2 和类型 3 的所有情 况我们都给出了一个例题便于我们更好的理 解本文的解法。这些例题用常规的方法求解 复杂甚至无从下手，但用不动点法求解却来 的特别轻松，可见不动点法对于某些类型的 数列递推题可以说是金点子。 参考文献： 1 张传鹏 . 全解高考数学压轴题 . 浙江 大学出版社 2 蔡小雄 . 更高更妙的高中数学思想与 方法（第 6 版）. 浙江大学出版社