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不动点思想的依据: 函数 $f(x)=ax$ 比 $g(x)=ax+b$ 看起来简单, 从而计算 $f(m)-f(n)$ 比计算 $g(m)-g(n)$ 更方便. 本质还是猜答案, 只不过更容易猜.
如果你想要一套万能模板, 那可以考虑 ODE 中常用的 Lie symmetric 方法进行估阶. 其步骤如下:
- 若忽略首项条件, 那么 $a_n=\frac{1}{2-a_{n-1}}$ 会有很多解. Lie 对称的出发点是研究这些解的对称性.
- 若 $\{b_n\}_{n\geq 1}$ 是以上的一个解, 将 $b_1$ 微扰作 $b_1+\eta_1$ (此处 $|\eta_1|\ll 1$), 得新的解 $\{b_n+\eta_n\}_{n\geq 1}$. 即,
$$
b_n=\frac{1}{2-b_{n-1}},\quad b_n+\eta_n=\frac{1}{2-b_{n-1}-\eta_{n-1}}.
$$ - 求差, 得
$$
\eta_n=\frac{\eta_{n-1}}{(2-b_{n-1}-\eta_{n-1})(2-b_{n-1})}.
$$
忽略分母的低阶项, 得 $\eta_n=\frac{\eta_{n-1}}{(2-b_{n-1})^2}$. - 不妨设展开式 $\eta_n=f_0(n)+f_1(n)b_n+f_2(n)b_n^2+\cdots$. 代入 $(2-b_{n-1})^2\cdot \eta_n=\eta_{n-1}$, 得
$$
(2-b_{n-1})^2(f_0(n)+f_1(n)(2-b_{n-1})^{-1}+f_2(n)(2-b_{n-1})^{-2}+\cdots)=f_0(n-1)+f_1(n-1)b_{n-1}+f_2(n-1)b_{n-1}^2+\cdots .
$$
取比较前 $3$ 项系数 (目的是求出近似解), 得
$$
\begin{pmatrix}4&2&1\\-4&-1&0\\1&0&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}f_0(n)\\f_1(n)\\f_2(n)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}f_0(n-1)\\f_1(n-1)\\f_2(n-1)\end{pmatrix}
$$
取矩阵的任一特征向量 $(1,-2,1)^T$, 以此取正则坐标 (不唯一) $\eta_n=1-2b_n+b_n^2$. - 正则坐标表明合理的换元方式是
$$
c_n:=\int \frac{\mathrm db_n}{\eta_n}=\frac 1{1-b_n}.
$$
此时 $c_{n+1}=c_n+1$ 是一阶递推式.
注意: 一般而言, $c_n$ 是渐进解. 此处只不过误差为 $0$.
最后解释 Lie 对称法的合理性: 记函数 $c_n:=c(n,b_n)$, 我们希望充分小的坐标变换 $b\mapsto b+\eta$ 不改变 $c$, 此时
$$
0=c(n,b_n+\eta_n)-c(n,b_n)=\frac{\partial c}{\partial b_n}\eta_n.
$$
对 $\operatorname dc=\frac{\operatorname d b_n}{\eta_n}$ 积分即可. |
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Czhang271828
发表于 2024-8-14 20:18
kuing
发表于 2024-8-14 20:47
