一、前置芝士
引理1（因式定理）
若对于函数 (f(x)) 有 (f(a)=0)，则 (x-a | f(x))。
引理2
若 (f(\alpha)=\alpha)，则 (x-\alpha | f(x)-x)。
可通过引理1证明。
由此可得 (f(x)-x=(x-\alpha)\cdot g(x))，也即 (f(x)-\alpha=f(x)-x+x-\alpha=(x-\alpha)\cdot g(x))。
接下来进入正题：利用数列递推式特征函数的不定点，求数列的通项公式。
二、不动点解决数列通项问题两模型
(1) (f(x)=ax+b) 型
给定 (a_{n+1}=a\cdot a_n+b(a\not=0,1)) 以及 (a_1)，求 (a_n)。
常用的做法是，构造等比数列。这里直接设 (a_{n+1}+\lambda=a(a_n+\lambda))，解得 (\lambda=\frac{b}{a-1})。
如何用不动点思想理解？考虑设 (f(x)=ax+b)，可以得到 (f(a_n)=a_{n+1})。如果我们求出 (f(x)) 的不动点，即 (p) 使得 (p=f(p))，则根据引理2，有 (g(x)\cdot(x-p)=f(x)-p)，带回原式，也就找到了 ({a_n-p}) 这一等比数列，这里的系数 (g(x)=a)。
注意，虽然最后构造的数列一样，但是思想是不一样的。下面将继续利用这种不动点思想解决更复杂的问题。
(2) (f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}) 型
给定 (a_{n+1}=\frac{a\cdot a_n+b}{c\cdot a_n+d}(c\not=0,ad-bc\not=0)) 以及 (a_1)，求 (a_n)。
之前我们遇到过一类形如 (a_{n+1}=\frac{qa_n+p}{pa_n})，做法是取倒数化为等差数列。对于这个类型，依然可以使用此类方法，但不能直接使用倒数法：
[\frac{1}{a_{n+1}}=\frac{c\cdot a_n+d}{a\cdot a_n+b}=\frac{\lambda(a\cdot a_n+b)-\mu}{a\cdot a_n+b} ]
可以发现，由于分母的形式不一样，导致不能直接做。这时候很自然的考虑将分母形式化成一样的，即设
[a_{n+1}+m=\frac{a\cdot a_n+b}{c\cdot a_n+d}+m=\frac{a\cdot a_n+b +m(c\cdot a_n+d)}{c\cdot a_n+d} ]
取倒数，有
[\frac{1}{a_{n+1}+m}=\frac{c\cdot a_n+d}{(a+mc)a_n+(b+md)} ]
若分母形式一样，即 (\frac{a+mc}{1}=\frac{b+md}{m})，可解得 (m)。设 (b_n=\frac{1}{a_n-m})，即可按照类型(1)继续做。
那么这种类型如何使用不动点求解？
设 (f(x)=\frac{ax+b}{cx+d})，不动点 (p) 满足 (p=f(p))，则有 (p(cp+d)=ap+b)，化简得 (cp^2+(d-a)p-b=0)。
由引理2可以得到 (a_{n+1}-p=g(x)\cdot (a_n-p))，那么，如何求得 (g(x)) 呢？
我们考虑代回原式，可得
[\begin{aligned} a_{n+1}-p&=\frac{a\cdot a_n+b}{c\cdot a_n+d}-p\ a_{n+1}-p&=\frac{(a-pc)a_n+(b-pd)}{c\cdot a_n+d} \end{aligned} ]
由 (cp^2+(d-a)p-b=0) 可得 (b-pd=cp^2-ap)，即
[\begin{aligned} a_{n+1}-p&=\frac{(a-pc)a_n+cp^2-ap}{c\cdot a_n+d}\ a_{n+1}-p&=\frac{(a-pc)a_n-p(a-pc)}{c\cdot a_n+d}\ a_{n+1}-p&=\frac{(a-pc)(a_n-p)}{c\cdot a_n+d} \end{aligned} ]
也即 (g(x)=\frac{a-pc}{cx+d})。
但是这个式子里还是有 (x)，不可以直接用等比数列做。我们继续考虑其他方向。注意到 (cp^2+(d-a)p-b=0) 是一个二次方程，考虑对根的个数分类讨论。(\Delta=(d-a)^2+4bc)。
a) (\Delta =0)
设这个根 (x_0=\frac{a-d}{2c})，则有
[\begin{aligned} a_{n+1}-x_0&=\frac{(a-cx_0)(a_n-x_0)}{c\cdot a_n+d}\ \frac{1}{a_{n+1}-x_0}&=\frac{c\cdot a_n+d}{(a-cx_0)(a_n-x_0)}\ \frac{1}{a_{n+1}-x_0}&=\frac{c(a_n-x_0)+\frac{a-d}{2}+d}{(a-\frac{a-d}{2})(a_n-x_0)}\ \frac{1}{a_{n+1}-x_0}&=\frac{c(a_n-x_0)+\frac{a+d}{2}}{\frac{a+d}{2}(a_n-x_0)}\ \frac{1}{a_{n+1}-x_0}&=\frac{1}{a_n-x_0}+\frac{2c}{a+d} \end{aligned} ]
也即 ({\frac{1}{a_n-x_0}}) 是公差为 (\frac{2c}{a+d}) 的等差数列。
b) (\Delta >0)
设这两个根为 (x_1,x_2)，则有
[\begin{aligned} a_{n+1}-x_1&=\frac{(a-cx_1)(a_n-x_1)}{c\cdot a_n+d}\ a_{n+1}-x_2&=\frac{(a-cx_2)(a_n-x_2)}{c\cdot a_n+d} \end{aligned} ]
实际上，拿出一个式子来，取倒数，化简之后可以用类型(1)的方法求解。但是这里有一种更快速的方法：注意到 (g(x)=\frac{a-pc}{cx+d})，实际上只需要把分母消掉就可以使用等比数列做了。现在正好有两个同样形式的式子，不难想到直接做比，可以得到
[\frac{a_{n+1}-x_1}{a_{n+1}-x_2}=\frac{a-cx_1}{a-cx_2}\cdot\frac{a_n-x_1}{a_n-x_2} ]
这样前面的系数就变成了一个常数，也即 ({\frac{a_n-x_1}{a_n-x_2}}) 是以 (\frac{a-cx_1}{a-cx_2}) 为公比的等比数列。
c) (\Delta
这个类型还没有研究，但是不动点在这个类型里就几乎难以使用了。朱老师给出了《朱子定理2》，称
朱子定理2 直接将 (x_1,x_2) 写作复数形式代入 b) 类型的式子，可以得到一个复数通项公式。可以证明，当 (n) 取正整数的时候，这个复数通项公式的值为实数。
证明(by knifebrother)：实际上很简单，由于 (a_1,a,b,c,d) 都是实数，所以 (a_n) 不可能是复数。
在某些 (a,b,c,d) 的取值下，可以发现 ({a_n}) 是周期数列。未发现此类的通用特征。
总结一下，在真正使用不动点解决此类问题时，由于 (a_1) 给定，那么 (a_2) 也是易求的，如果 (\Delta=0)，直接将 (a_1,a_2) 的值带入 (\frac{1}{a_n-x_0}) 可以直接得到公差；同理，(\Delta>0) 时，直接代入得到公比，可以快速解决此类问题。
三、对此类问题的一些思考
不动点的做法是否可以推广到 (a_{n+1}=a\cdot a_n+bn+c) 的形式？或者 (a_{n+1}=a\cdot a_n^2+b\cdot a_n+c)？有待研究。
不动点做法的本质是因式定理这一简单到容易被忽略的定理。有些时候往往一些简便的做法都出自于简单的定理和性质，需要细心观察和记忆。
Original: https://www.cnblogs.com/winterfrost/p/budongdian.html
Author: cunzai_zsy0531
Title: 关于数列不动点问题的一些思考
原创文章受到原创版权保护。转载请注明出处：https://www.johngo689.com/604869/
转载文章受原作者版权保护。转载请注明原作者出处！