分式型递推数列与不动点

aipotuo

已知$a_1=2, a_{n+1}=\dfrac{5a_n+4}{2a_n+7}$, 求通项.
用不动点易得, 问题是: 为什么不动点可以求? 有什么背景吗?

kuing

背景我也不清楚，当年读高中时，还不知道不动点法，当时我想出的方法是两边减参转化为倒数型（见数学空间总第1期），后来发现要解的方程和不动点方程恰好是等价的，原因未明

hbghlyj

不动点法求数列通项

定义:方程$f(x)=x$的根称为函数$f(x)$的不动点.

$f(x)$的不动点,可将某些递推关系$a_{n}=f\left(a_{n-1}\right)$所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列,这种方法称为不动点法.
定理1:若 $f(x)=a x+b(a \neq 0, a \neq 1)$,$p$是$f(x)$的不动点, $a_{n}$满足递推关系$a_{n}=f\left(a_{n-1}\right),(n>1)$,则$a_{n}-p=a\left(a_{n-1}-p\right)$,即$\left\{a_{n}-p\right\}$是公比为$a$的等比数列.
证明:因为$p$是$f(x)$的不动点,$\therefore a p+b=p$, $\therefore b-p=-a p$,由$a_{n}=a \cdot a_{n-1}+b$得$a_{n}-p=a-a_{n-1}+b-p=a\left(a_{n-1}-p\right)$,所以$\left\{a_{n}-p\right\}$是公比为$a$的等比数列.
定理2:设$f(x)=\frac{a x+b}{c x+d}(c \neq 0, a d-b c \neq 0)$,$\left\{a_{n}\right\}$满足递推关系$a_{n}=f\left(a_{n-1}\right), n>1$,初值条件$a_{1} \neq f\left(a_{1}\right)$
(1):若$f(x)$有两个相异的不动点$p,q$,则$\frac{a_{n}-p}{a_{n}-q}=k \cdot \frac{a_{n-1}-p}{a_{n-1}-q}$  (这里$k=\frac{a-p c}{a-q c}$ )
(2):若$f(x)$只有唯一不动点$p$,则$\frac{1}{a_{n}-p}=\frac{1}{a_{n-1}-p}+k$   (这里$k=\frac{2 c}{a+d}$)
证明:由$f(x)=x$得$f(x)=\frac{a x+b}{c x+d}=x$,所以$c x^{2}+(d-a) x-b=0$.
(1)因为$p,q$是不动点,所以$\left\{\begin{array}{l}c p^{2}+(d-a) p-b=0 \\ c q^{2}+(d-a) q-b=0\end{array}\right.$⇒$\left\{\begin{array}{l}p=\frac{p d-b}{a-p c} \\ q=\frac{q d-b}{a-q c}\end{array}\right.$,所以$\frac{a_{n}-p}{a_{n}-q}=\frac{\frac{a a_{n-1}+b}{c a_{n-1}+d}-p}{\frac{a a_{n-1}+b}{c a_{n-1}+d}-q}=\frac{(a-p c) a_{n-1}+b-p d}{(a-q c) a_{n-1}+b-q d}=\frac{a-p c}{a-q c}·\frac{a_{n-1}-\frac{p d-b}{a-p c}}{a_{n-1}-\frac{qd-b}{a-q c}}=\frac{a-p c}{a+q c}·\frac{a_{k-1}-p}{a_{k-1}-q}$
令$k=\frac{a-p c}{a-q c}$,则$\frac{a_{n}-p}{a_{n}-q}=k \frac{a_{n-1}-p}{a_{n-1}-q}$
(2)因为$p$是方程$c x^{2}+(d-a) x-b=0$的唯一解,所以$c p^{2}+(d-a) p-b=0$.
所以$b-p d=c p^{2}-a p$,$p=\frac{a-d}{2 c}$.所以$a_{n}-p=\frac{a a_{n-1}+b}{c a_{n-1}+d}-p=\frac{(a-c p) a_{n-1}+b-p d}{c a_{n-1}+d}=\frac{(a-c p) \cdot a_{n-1}+c p^{2}-a p}{c a_{n-1}+d}=\frac{(a-c p)\left(a_{n-1}-p\right)}{c a_{k-1}+d}$.
所以$\frac{1}{a_{n}-p}=\frac{1}{a-c p} \cdot \frac{c a_{n-1}+d}{a_{n-1}-p}=\frac{1}{a-c p} \cdot \frac{c\left(a_{n-1}-p\right)+d+c p}{a_{n-1}-p}=\frac{c}{a-c p}+\frac{d+c p}{a-c p} \cdot \frac{1}{a_{n-1}-p}=\frac{1}{a_{n-1}-p}+\frac{2 c}{a+d}$.
令$k=\frac{2 c}{a+d}$,则$\frac{1}{a_{n}-p}=\frac{1}{a_{n-1}-p}+k$
例1:设$\left\{a_{n}\right\}$满足$a_{1}=1, a_{n+1}=\frac{a_{n}+2}{a_{n}}, n \in N^{*}$,求数列$\left\{a_{n}\right\}$的通项公式
例2:数列$\left\{a_{n}\right\}$满足下列关系:$a_{1}=2 a, a_{n+1}=2 a-\frac{a^{2}}{a_{n}}, a \neq 0$,求数列$\left\{a_{n}\right\}$的通项公式
定理3:设函数$f(x)=\frac{a x^{2}+b x+c}{e x+f}(a \neq 0, e \neq 0)$有两个不同的不动点$x_{1}, x_{2}$,且由$u_{n+1}=f\left(u_{n}\right)$确定着数列$\left\{u_{n}\right\}$,那么当且仅当$b=0,e=2a$时,$\frac{u_{n+1}-x_{1}}{u_{n+1}-x_{2}}=\left(\frac{u_{n}-x_{1}}{u_{n}-x_{2}}\right)^{2}$
证明: $x_{k}$是$f(x)$的两个不动点,∴$x_{k}=\frac{a x_{k}^{2}+b x_{k}+c}{e x_{k}+f}$,即$c-x_{k} f=(e-a) x_{k}^{2}-b x_{k}\;(k=1,2)$
$\therefore\frac{u_{n+1}-x_{1}}{u_{n+1}-x_{2}}=\frac{a u_{n}^{2}+b u_{n}+c-x_{1}\left(e u_{n}+f\right)}{a u_{n}{ }^{2}+b u_{n}+c-x_{2}\left(e u_{n}+f\right)}=\frac{a u_{n}^{2}+\left(b-e x_{1}\right) u_{n}+c-x_{1} f}{a u_{n}^{2}+\left(b-e x_{1}\right) u_{n}+c-x_{2} f}=\frac{a u_n^{2}+\left(b-e x_{1}\right) u_{n}+(e-a) x_{1}^{2}-b x_{1}}{a u_n^{2}+\left(b-e x_{2}\right) u_{n}+(e-a) x_{2}^{2}-b x_{2}}$
于是$\frac{u_{n+1}-x_{1}}{u_{n+1}-x_{2}}=\left(\frac{u_{n}-x_{1}}{u_{n}-x_{2}}\right)^{2}$
⇔$\frac{a u_{n}^{2}+\left(b-e x_{1}\right) u_{n}+(e-a) x_{1}^{2}-b x_{1}}{a u_{n}^{2}+\left(b-e x_{2}\right) u_{n}+(e-a) x_{2}^{2}-b x_{2}}=\frac{u_{n}^{2}-2 x_{1} u_{n}+x_{1}^{2}}{u_{n}^{2}-2 x_{2} u_{n}+x_{2}^{2}}$
⇔$\frac{u_{n}^{2}+\frac{b-e x_{1}}{a} u_{n}+\frac{(e-a) x_{1}^{2}-b x_{1}}{a}}{u_{n}^{2}+\frac{b-e x_{2}}{a} u_{n}+\frac{(e-a) x_{2}^{2}-b x_{2}}{a}}=\frac{u_{n}^{2}-2 x_{1} u_{n}+x_{1}^{2}}{u_{n}^{2}-2 x_{2} u_{n}+x_{2}^{2}}$
⇔$\left\{\begin{array}{l}\frac{b-e x_{1}}{a}=-2 x_{1} \\ \frac{b-e x_{2}}{a}=-2 x_{2}\end{array}\right.$⇔$\left\{\begin{array}{l}b+(2 a-e) x_{1}=0 \\ b+(2 a-e) x_{2}=0\end{array}\right.$
于是,$\begin{vmatrix}1&x_1\\1&x_2\end{vmatrix}\ne0$,方程组有唯一解$b=0, e=2 a$.
例3:已知数列$\left\{a_{n}\right\}$中,$a_{1}=2, a_{n+1}=\frac{a_{n}^{2}+2}{2 a_{n}}, n \in N^{*}$,求数列$\left\{a_{n}\right\}$的通项.
其实不动点法除了解决上面所考虑的求数列通项的几种情形,还可以解决如下问题:
例4:已知$a_{1}>0, a_{1} \neq 1$且$a_{n+1}=\frac{a_{n}^{4}+6 a_{n}^{2}+1}{4 a_{n}\left(a_{n}^{2}+1\right)}$,求数列$\left\{a_{n}\right\}$的通项.
解:作函数为$f(x)=\frac{x^{4}+6 x^{2}+1}{4 x\left(x^{2}+1\right)}$,解方程 $f(x)=x$得$f(x)$的不动点为$x_{1}=-1, x_{2}=1, x_{3}=-\frac{\sqrt{3}}{3} i, x_{4}=\frac{\sqrt{3}}{3} i$.取$p=1,q=-1$,作如下代换:$\frac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}=\frac{\frac{a_{n}^{4}+6 a_{n}^{2}+1}{4 a_{n}\left(a_{n}^{2}+1\right)}+1}{\frac{a_{n}^{4}+6 a_{n}^{2}+1}{4 a_{n}\left(a_{n}^{2}+1\right)}-1}=\frac{a_{n}^{4}+4 a_{n}^{3}+6 a_{n}^{2}+4 a_{n}+1}{a_{n}^{4}-4 a_{n}^{3}+6 a_{n}^{2}-4 a_{n}+1}=\left(\frac{a_{n}+1}{a_{n}-1}\right)^{4}$
逐次迭代后,得: $a_{n}=\frac{\left(a_{1}+1\right)^{4^{n-1}}+\left(a_{1}-1\right)^{4^{n-1}}}{\left(a_{1}+1\right)^{4^{n-1}}-\left(a_{1}-1\right)^{4^{n-1}}}$
已知曲线$C_{n}: x^{2}-2 nx+y^{2}=0(n=1,2, \ldots)$.从点$P(-1,0)$向曲线$C_{n}$引斜率为$k_{n}\left(k_{n}>0\right)$的切线 $l_{n}$,切点为$P_{n}\left(x_{n}, y_{n}\right)$．
(1)求数列$\left\{x_{n}\right\}$与$\left\{y_{n}\right\}$的通项公式;
(2)证明:$x_{1} \cdot x_{3}·x_{5} \cdots x_{2 n-1}<\sqrt{\frac{1-x_{n}}{1+x_{n}}}<\sqrt{2} \sin \frac{x_{n}}{y_{n}}$
设$p,q$为实数,$α,β$是方程$x^{2}-p x+q=0$的两个实根,数列$\{x_n\}$满足$x_{1}=p$,\(x_{2} = p^{2} - q\),\(x_{n} = px_{n - 1} - qx_{n - 2}\),$x_{n}=p x_{n-1}-q x_{n-2}$($n=3,4,⋯$)．(1)证明:\(\alpha + \beta = p\),\(\alpha\beta = q\);(2)求数列\(\{x_n\}\)的通项公式;(3)若\(p = 1\),\(q = \frac{1}{4}\),求\(\{ x_{n}\}\)的前\(n\)项和\(S_{n}\)．
已知函数\(f(x) = x^{2} + x - 1\),\(\alpha ,\beta\)是方程\(f(x) = 0\)的两个根(\(\alpha > \beta\)), \(f^{'}(x)\)是\(f(x)\)的导数,设\(a_{1} = 1\),$a_{n+1}=a_{n}-\frac{f\left(a_{n}\right)}{f^{\prime}\left(a_{n}\right)}(n=1,2, \cdots)$．
(1)求$\alpha,\beta$的值;
(2)证明:对任意的正整数$n$,都有$a_n\gt\alpha$;
(3)记$b_{n}=\ln \frac{a_{n}-\beta}{a_{n}-\alpha}(n=1,2, \cdots)$,求数列$\{b_n\}$的前$n$项和$S_n$.
13陕西文21．(本小题满分12分)已知数列$\left\{a_{n}\right\}$满足$a_{1}=1, a_{2}=2, a_{n+2}=\frac{a_{n}+a_{n+1}}{2}, n \in N^{*}$.
(I)令$b_{n}=a_{n+1}-a_{n}$,证明:$\left\{b_{n}\right\}$是等比数列;
(Ⅱ)求$\{a_n\}$的通项公式.
山东文20.(本小题满分12分)等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$, 已知对任意的$n \in N^{+}$,点$\left(n, S_{n}\right)$均在函数$y=b^{x}+r$($b>0$且$b \neq 1, b, r$均为常数)的图像上.(1)求$r$的值;(2)当b=2时,记$b_{n}=\frac{n+1}{4 a_{n}}\left(n \in N^{+}\right)$.求数列$\left\{b_{n}\right\}$的前$n$项和$T_{n}$

hbghlyj

搬运https://zhuanlan.zhihu.com/p/104544760
一、不动点的概念与性质
对于函数 $f(x)$ ，若存在实数 $x_0$ ，使得 $f(x_0)=x_0$ ，则称 $x=x_0$ 是函数 $f(x)$ 的（一阶）不动点。

同样地，若 $f(f(x_0))=x_0$ ，则称 $x=x_0$ 是函数 $f(x)$ 的二阶不动点。容易发现，对于一阶不动点 $x=x_0$ ，有 $f(f(x_0))=f(x_0)=x_0$ ，因此一阶不动点必然是二阶不动点。

在几何上，曲线 $y=f(x)$ 与曲线 $y=x$ 的交点的横坐标即为函数 $f(x)$ 的不动点。

一般地，数列 $\{x_n\}$ 的递推式可以由公式 $x_{n+1}=f(x_n)$ 给出，因此可以定义递推数列的不动点：对于递推数列 $\{x_n\}$ ，若其递推式为 $x_{n+1}=f(x_n)$ ，且存在实数 $x_0$ ，使得 $f(x_0)=x_0$ ，则称 $x_0$ 是数列 $\{x_n\}$ 的不动点。

数列的不动点有什么性质呢？若从某一项 $x_k$ 开始，数列的取值即为 $x_0$ ，也即 $x_k=x_0$ ，则 $x_{k+1}=f(x_k)=f(x_0)=x_0$ ， $x_{k+2}=f(x_{k+1})=f(x_0)=x_0$ ，以此类推，根据数学归纳法，可以得到当 $n\geq k$ 时， $x_n=x_0$ ，也即数列 $\{x_n\}$ 在 $k$ 之后“不动”了。

有时候，数列 $\{x_n\}$ 中的值可能无法取到 $x_0$ ，但是会“接近” $x_0$ ，也即收敛于 $x_0$ 。所谓“收敛”是指当 $n$ 充分大时，数列 $\{x_n\}$ 趋向于某个值 $x$ ，也即 $\lim_{n \rightarrow \infty}{x_n}=x$ ，代入递推式即可得到 $f(x)=x$ 。

值得注意的是，不动点也可能不存在（或者说为复数）。文章的最后将会给出一个非常有意思的例子。

二、一阶线性递推数列
所谓“一阶线性递推数列”非常常见，是指下面的这种数列：若数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_{n+1}=px_n+q$ ，其中 $p$ ， $q$ 是给定的实数，求数列 $\{x_n\}$ 的通项公式。

一般来说，当 $p=1$ 时，原数列即为公差为 $q$ 的等差数列，故 $x_n=x_1+(n-1)\cdot q$ 。

当 $p\ne1$ 时，我们可以通过待定系数法构造一个公比为 $p$ 的等比数列：假设存在实数 $x_0$ ，使得 $x_{n+1}-x_0=p\cdot(x_n-x_0)$ ，展开得到 $(1-p)\cdot x_0=q$ ，解得 $x_0=\frac{q}{1-p}$ 。

因此数列 $\{x_n-\frac{q}{1-p}\}$ 是等比数列，累乘得 $x_n-\frac{q}{1-p}=p^{n-1}\cdot(x_1-\frac{q}{1-p})$ ，移项后即可得到通项公式为 $x_n=\frac{q}{1-p}+p^{n-1}\cdot(x_1-\frac{q}{1-p})$ ，其中 $p\ne 1$ 。



事实上，上面得到的 $x_0$ 非常特殊：可以发现 $x_0$ 满足方程 $x_0=px_0+q$ ，也即 $x_0$ 是数列 $\{x_n\}$ 的不动点。这便可以给我们启发：形如 $x_{n+1}=px_n+q$ 的递推数列，在处理的时候可以分以下两种情况：

（1） $p\ne 1$ ，可以求出它的不动点 $x_0$ ，之后 $\{x-x_0\}$ 为等比数列；

（2） $p=1$ ，此时不动点不存在， $\{x_n\}$ 是等差数列。

并且由上面的例子得到启发，在数列的递推式两边减去不动点，可以得到较为特殊的结构。



接下来来看一个比较简单的例子：

例1 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=1$ ， $a_{n+1}=2a_n+1$ ，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式。

解 令 $x=2x+1$ ，解得不动点 $x=-1$ ，因此变形得到 $a_{n+1}+1=2a_n+2=2(a_n+1)$ 。

也即 $\{a_n+1\}$ 是等比数列，且 $a_1+1=2$ ，累乘得 $a_n+1=2^n$ ，因此 $a_n=2^n-1$ 。

由此看来，不动点法虽然可以说是“花里胡哨”的方法，但是在解决问题时比待定系数法直接得多。

三、分式递推数列
接下来我们来看分式递推数列，这也是不动点法主要应用的范围。所谓分式递推数列是指以下类型：若数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_{n+1}=\frac{ax_n+b}{cx_n+d}$ ，其中 $a$ ， $b$ ， $c$ ， $d$ 是给定的实数，求数列 $\{x_n\}$ 的通项公式。

这时候要求它的不动点，考虑方程 $x=\frac{ax+b}{cx+d}\Leftrightarrow cx^2+(d-a)x-b=0$ ，得到了一个二次方程！情况就比上面的题目复杂得多了。我们从几个例子出发：



例2 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。

考虑方程 $x=\frac{5x-1}{x+3}\Leftrightarrow (x-1)^2=0$ ，故 $1$ 是数列 $\{a_n\}$ 的不动点，根据上面的思路，尝试在递推式两边同时减去 $1$ ，得到 $a_{n+1}-1=\frac{5a_n-1}{a_n+3}-1=\frac{4(a_n-1)}{a_n+3}$ 。

注意到左右两边分别出现了 $a_{n+1}-1$ 和 $a_n-1$ 这样相似的结构，并且都是在分母，我们可以尝试构造新数列 $\{a_n-1\}$ ，当然也可以直接变形：

$a_{n+1}-1=\frac{4(a_n-1)}{a_n+3}\Leftrightarrow\frac{1}{a_{n+1}-1}=\frac{a_n+3}{4(a_n-1)}=\frac{a_n-1+4}{4(a_n-1)}=\frac{1}{a_n-1}+\frac{1}{4}$

也即 $\frac{1}{a_{n+1}-1}=\frac{1}{a_n-1}+\frac{1}{4}$ ，因此数列 $\{\frac{1}{a_n-1}\}$ 是首项为 $1$ ，公差为 $\frac{1}{4}$ 的等差数列，累加得 $\frac{1}{a_n-1}=\frac{1}{4}\cdot(n+3)$ ，因此 $a_n=\frac{4}{n+3}+1=\frac{n+7}{n+3}$ 。



例3 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。

同样地，考虑方程 $\frac{4x-2}{x+1}=x\Leftrightarrow(x-1)(x-2)=0$ ，这时候数列 $\{a_n\}$ 有两个不动点 $1$ 和 $2$ ，分别在递推式两边减去 $1$ 和 $2$ 后，可以得到：

$a_{n+1}-1=\frac{4a_n-2}{a_n+1}-1=\frac{3(a_n-1)}{a_n+1}$ ， $a_{n+1}-2=\frac{4a_n-2}{a_n+1}-2=\frac{2(a_n-2)}{a_n+1}$ 。

两式相除得 $\frac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}-2}=\frac{3}{2}\cdot\frac{a_n-1}{a_n-2}$ ，因此数列 $\{\frac{a_n-1}{a_n-2}\}$ 是首项为 $2$ ，公比为 $\frac{3}{2}$ 的等比数列，累乘得 $\frac{a_n-1}{a_n-2}=2\cdot(\frac{3}{2})^{n-1}$ ，因此 $a_n=\frac{8\cdot3^n-3\cdot2^n}{4\cdot3^n-3\cdot2^n}$ 。



做一个小小的总结：形如 $x_{n+1}=\frac{ax_n+b}{cx_n+d}$ 的递推数列，处理时也可以分两种情况：

（1）若其有一个不动点 $x_0$ ，则 $\{\frac{1}{x-x_0}\}$ 是等差数列；

（2）若其有两个不动点 $\alpha$ ， $\beta$ ，则 $\{\frac{x_n-\alpha}{x_n-\beta}\}$ 是等比数列。



当然，分式递推数列不只有上面那种简单的情况，可以看下面这个例子：

例4 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2$ ， $a_{n+1}=\frac{1}{2}\cdot(a_n+\frac{1}{a_n})$ ，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式。

事实上， $a_{n+1}=\frac{1}{2}\cdot(a_n+\frac{1}{a_n})=\frac{a_n^2+1}{2a_n}$ ，这不同于上面的类型，但是否可以用同样的方法处理呢？

同样尝试求它的不动点： $x=\frac{1}{2}\cdot(x+\frac{1}{x})\Leftrightarrow (x-1)(x+1)=0$ ，因此 $1$ 和 $-1$ 是数列 $\{a_n\}$ 的两个不动点，变形得到：

$a_{n+1}-1=\frac{a_n^2+1}{2a_n}-1=\frac{(a_n-1)^2}{2a_n}$ ，$a_{n+1}+1=\frac{a_n^2+1}{2a_n}+1=\frac{(a_n+1)^2}{2a_n}$ 。

两式相除得 $\frac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}=(\frac{a_n+1}{a_n-1})^2$ ，又 $\frac{a_1+1}{a_1-1}=3$ ，迭代得到 $\frac{a_{n+1}+1}{a_{n+1}-1}=3^{2^n}$ ，由此解得数列的通项公式 $a_n=\frac{3^{2^{n-1}}+1}{3^{2^{n-1}}-1}$ 。



由此看来，对于比较复杂的分式型递推数列，也可以通过减去不动点来进行代数变形，从而使等式的两边出现类似的结构，更易于处理。

四、没有不动点的情况？
其实我觉得吧，这里才是这篇文章比较精彩的地方。这就是我在开头讲的，比较有意思的不动点不存在的情况。

例5 设数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=2$ ， $a_{n+1}=\frac{1}{2}\cdot(a_n-\frac{1}{a_n})$ ，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式。

考虑方程 $x=\frac{1}{2}\cdot(x-\frac{1}{x})\Leftrightarrow x^2+1=0$ ，这时候数列的不动点不存在！

但将不动点扩展到复数域内，可以得到 $i$ 与 $-i$ 是数列 $\{a_n\}$ 的两个不动点，接下来根据复数的四则运算，我们看看能得到上面结果：

$a_{n+1}-i=\frac{a_n^2-1}{2a_n}-i=\frac{a_n^2-2ia_n-1}{2a_n}=\frac{(a_n-i)^2}{2a_n}$ ，$a_{n+1}+i=\frac{a_n^2-1}{2a_n}+i=\frac{a_n^2+2ia_n-1}{2a_n}=\frac{(a_n+i)^2}{2a_n}$ 。

两式相除得 $\frac{a_{n+1}+i}{a_{n+1}-i}=(\frac{a_n+i}{a_n-i})^2$ ，又 $\frac{a_1+i}{a_1-i}=\frac{2+i}{2-i}=\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i$ ，迭代得 $\frac{a_{n+1}+i}{a_{n+1}-i}=(\frac{3}{5}+\frac{4}{5}i)^{2^n}$ ，由此解得 $a_n=i\cdot\frac{(3+4i)^{2^{n-1}}+5^{2^{n-1}}}{(3+4i)^{2^{n-1}}-5^{2^{n-1}}}$ ，并且根据上面的递推公式可以知道，数列的通项公式虽然由复数给出，但是每一项都是实数。



当然，这道题目还有一种比较漂亮的做法：注意到 $\tan 2\theta=\frac{2\tan\theta}{1-\tan^2\theta}$ ，根据 $\cot\theta=\frac{1}{\tan\theta}$ 变形即可得到 $\cot2\theta=\frac{1}{2}\cdot(\cot\theta-\frac{1}{\cot\theta})$ 。

因此作换元 $a_n=\cot \theta_n$ ，整理得到 $\theta_{n+1}=2\theta_n$ ，因此 $\{\theta_n\}$ 是等比数列，又根据 $a_1=2$ 得到$\theta_1=\arctan\frac{1}{2}$ ，故 $\theta_n=\arctan\frac{1}{2}\cdot2^{n-1}$ ，因此 $a_n=\cot(\arctan\frac{1}{2}\cdot2^{n-1})$ 。

通过这个例子也可以看出“三角复数不分家”。



经 @寒蝉凄切 提醒，当不动点是复数的时候，数列可以是周期数列，例如上面的这个例子。

说到这个，才想起一个新的例子：



例6 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。

其中 $a_{n+1}=\frac{1+a_n}{1-a_n}=\frac{1+\dfrac{1+a_{n-1}}{1-a_{n-1}}}{1-\dfrac{1+a_{n-1}}{1-a_{n-1}}}=-\frac{1}{a_{n-1}}=a_{n-3}$ ，因此数列以 $4$ 为周期。

考虑方程 $x=\frac{1+x}{1-x}\Leftrightarrow x^2+1=0$ ，此时数列也没有不动点（或者说不动点为复数）。



另外，关于周期数列的情况，设 $a, b, c, d\in\mathbb{R}$ ，数列 $\{x_n\}$ ，其首项 $x_1\in\mathbb{R}$ ，在此考虑的数列是一阶分式递推数列, 也即满足对任意的正整数 $n$ ，都有 $x_{n+1}=\dfrac{a x_n+b}{c x_n+d}.\tag{1}$ 公式 $(1)$ 被称为数列 $\{x_n\}$ 的递推式。考虑方程

$\dfrac{ax+b}{cx+d}=x ,\tag{2}$ 方程 $(2)$ 的解称为数列 $\{x_n\}$ 的不动点。注意到 $cx+d\ne 0$ ，上述方程可以转化为关于的二次方程 $cx^2+(d-a)x-b=0$ ，从而可以考虑其判别式 $\Delta=(d-a)^2+4bc$ 。

在本问题中， $\Delta<0$ ，这个时候方程 $(2)$ 没有实数解，所以数列没有实数不动点。但是方程 $(2)$ 会有两个共轭的复数解，设为 $z_1,z_2\in\mathbb{C}$ 。我们现在就来想办法处理这种情况。



命题1 设数列 $\{x_n\}$ 的首项 $x_1\in\mathbb{R}$ ，满足递推式 $(1)$ ，且方程 $(2)$ 有两个共轭的复数解 $z_1,z_2\in\mathbb{C}$ ，则 $\left\{\dfrac{x_n-z_1}{x_n-z_2}\right\}\subset\mathbb{C}$ 是等比数列。

证明 此时对 $i=1,2$ ，都有 $z_i=\dfrac{az_i+b}{cz_i+d}$ ，分别与 $(1)$ 相减得

$\begin{aligned} x_{n+1}-z_i&=\dfrac{ax_n+b}{cx_n+d}-\dfrac{az_i+b}{cz_i+d}\\ &=\dfrac{(ax_n+b)(cz_i+d)-(az_i+b)(cx_n+d)}{(cx_n+d)(cz_i+d)}\\ &=\dfrac{(ad-bc)(x_n-z_i)}{(cx_n+d)(cz_i+d)}, \end{aligned}$

进一步有

$\dfrac{x_{n+1}-z_1}{x_{n+1}-z_2}=\dfrac{cz_2+d}{cz_1+d}\cdot\dfrac{x_n-z_1}{x_n-z_2},$

从而数列 $\left\{\dfrac{x_n-z_1}{x_n-z_2}\right\}$ 是首项为 $\dfrac{x_1-z_1}{x_1-z_2}\in\mathbb{C}$ ，公比为 $\dfrac{cz_2+d}{cz_1+d}\in\mathbb{C}$ 的等比数列，从而是 $\mathbb{C}$ 中的等比数列。



根据上述结论，即可得到这种情形下数列的通项公式的求法。当然上述结果是带有虚数单位 $i$ 的。为了进一步展开研究，记此时的“公比”

$z_0=\dfrac{cz_2+d}{cz_1+d}=\dfrac{\overline{cz_1+d}}{cz_1+d}=\dfrac{\left(\overline{cz_1+d}\right)^2}{|cz_1+d|^2}=\dfrac{(cz_2+d)^2}{|cz_1+d|^2},$

则有 $|z_0|=1$ ，从而可以将 $z_0$ 表示为 $z_0=\mathrm{e}^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$ ，其中 $\theta=\arg(cz_2+d)^2$ 。在复数的情形下，会有什么不一样的地方呢? 且看下面的结论。



命题2 设数列 $\{x_n\}$ 的首项 $x_1\in\mathbb{R}$ ，满足递推式 $(1)$ ，且方程 $(2)$ 有两个共轭的复数解 $z_1,z_2\in\mathbb{C}$ ，记 $\theta=\arg(cz_2+d)^2$ ，则 $\{x_n\}$ 是周期数列，当且仅当 $\dfrac{\theta}{\pi}$ 是有理数。

证明 沿用上面的记号。一方面，若 $\dfrac{\theta}{\pi}$ 是有理数，也即存在 $p, q\in\mathbb{Z}$ ，使得 $\dfrac{\theta}{\pi}=\dfrac{p}{q}$ ，则有

$z_0=\mathrm{e}^{i\frac{p\pi}{q}}=\cos\dfrac{p\pi}{q}+i\sin\dfrac{p\pi}{q},$

进一步有

$z_0^{2q}=\mathrm{e}^{i2p\pi}=\cos 2p\pi+i\sin 2p\pi=1.$

从而，对任意的正整数 $n$ ，都有

$ \dfrac{x_{n+2q}-z_1}{x_{n+2q}-z_2}=z_0^{2q}\cdot\dfrac{x_n-z_1}{x_n-z_2}=\dfrac{x_n-z_1}{x_n-z_2},$

整理得到

$(z_2-z_1)(x_{n+2q}-x_n)=0,$

其中根据 $z_1, z_2\notin\mathbb{R}$ ，知 $z_2=\overline{z_1}\ne z_1$ ，因此 $x_{n+2q}=x_n$ ，从而数列 $\{x_n\}$ 是周期为 $2q$ 的周期数列。

另外一方面，若数列 $\{x_n\}$ 是周期数列，也即存在整数 $t$ ，使得 $x_{n+t}=x_n$ ，则有

$\dfrac{x_{n+t}-z_1}{x_{n+t}-z_2}=z_0^{t}\cdot\dfrac{x_n-z_1}{x_n-z_2}=\dfrac{x_n-z_1}{x_n-z_2}. $

其中根据 $x_n\in\mathbb{R}$ ， $z_1\notin\mathbb{R}$ ，知 $x_n\ne z_1$ ，因此

$1=z_0^t=\mathrm{e}^{it\theta}=\cos t\theta+i\sin t\theta.$

这说明了存在整数 $n$ ，使得 $t\theta=2n\pi$ ，从而 $\dfrac{\theta}{\pi}=\dfrac{2n}{t}$ 是有理数。



例 设数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1=1$ ， $x_{n+1}=-\dfrac{1}{x_n+1}$ ，求数列 $\{x_n\}$ 的通项公式。

解答 考虑方程 $-\dfrac{1}{x+1}=x\iff x^2+x+1=0$ ，此时 $\Delta=-3<0$ ，从而方程没有实数解。但是迭代得

$x_{n+2}=-\dfrac{1}{x_{n+1}+1}=-\dfrac{1}{-\dfrac{1}{x_n+1}+1}=-1-\dfrac{1}{x_n},$

以及

$x_{n+3}=-1-\dfrac{1}{x_{n+1}}=x_n,$

因此 $\{x_n\}$ 是周期为 $3$ 的周期数列，计算得 $x_2=-\dfrac{1}{2}$ ， $x_3=-2$ ， $x_4=1$ ，以此类推，可得数列 $\{x_n\}$ 的通项公式为

$x_n=\begin{cases} 1, & n=3k+1, \\ -\dfrac{1}{2}, & n=3k+2, \\ -1 & n=3k. \end{cases}$

感兴趣的同学，也可以试着用复数表示通项公式。

hbghlyj

若 $f(x)=\frac{a_1x+b_1}{c_1x+d_1}$ , $g(x)=\frac{a_2x+b_2}{c_2x+d_2}$ ，那么 $f(g(x))=\frac{a_1\frac{a_2x+b_2}{c_2x+d_2}+b_1}{c_1\frac{a_2x+b_2}{c_2x+d_2}+d_1}=\frac{a_1a_2x+a_1b_2+b_1c_2x+b_1d_2}{c_1a_2x+c_1b_2+c_2d_1x+d_1d_2}=\frac{(a_1a_2+b_1c_2)x+(a_1b_2+b_1d_2)}{(c_1a_2+c_2d_1)x+(c_1b_2+d_1d_2)} $

而 $\begin{bmatrix} a_1 &b_1 \\ c_1&d_1\end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_2 &b_2 \\ c_2&d_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} a_1a_2+b_1c_2 &a_1b_2+b_1d_2 \\ a_2c_1+c_2d_1&c_1b_2+d_1d_2\end{bmatrix}$ .

这就说明了，分式线性函数的复合和矩阵相乘(忽略标量变换)是同构的。

因此，为了让 $f^{(n)}(x)=x$ ，就需要让 $f$ 的“矩阵” $\begin{bmatrix} a_1 &b_1 \\ c_1&d_1\end{bmatrix} $ 的某个整数次幂是标量变换. 后者是线性代数问题。

hbghlyj

哪些分式$$z\mapsto\frac{ az + b}{ cz+ d} ,\;a,b,c,d \in \mathbb{Z}, ad - bc = 1 $$有不动点？不动点 只有 $e^{2 \pi i/3}$ 和 $i$ 吗？

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2025-3-31 23:19
不动点 只有 $e^{2 \pi i/3}$ 和 $i$ 吗？

j不变量的根是 $SL_2(\Bbb Z)/\{\pm I\}$ 作用在$\mathbb{H}$上有非平凡稳定子群的点


正六边形网格 旋转120°对称性
$\Lambda=\Bbb Z+ e^{2\pi i/3}\Bbb Z$
$e^{2\pi i/3}\Lambda=\Lambda$
簡單作個圖

math.stackexchange.com/questions/1231810/
$\tau\inC$，考虑这个函数：$g_2(\tau)=60 \sum\limits_{(m,n)\neq(0,0)}(m+n\tau)^{-4}$，其中求和取遍$(m,n)\inZ^2\setminus(0,0)$.
这帖用旋转120°对称性证明了$g_2$在$\rho=e^{2\pi i/3}$等于0.
证明只用1句：$\left.\begin{aligned}g_2(\rho)=\rho^4 g_2(\rho)\\\rho^4\ne1\end{aligned}\right\}\Rightarrow g_2(\rho)=0.$
$\rho$和它的共轭是所有的根吗？

hbghlyj

香蕉空間上對這個是一筆帶過的，

bananaspace.org/wiki/%E8%AE%B2%E4%B9%89:%E6%A … A4%E7%BB%93%E6%9E%84
映射 $\bar K-\{0,1\}\rightarrow \bar K,~\lambda\mapsto j(E_{\lambda})$ 是六对一的满射,
除去 $j=0$ 和 $j=1728$ 的原像个数分别为 $2$ 和 $3$.

上一问的证明：

首先计算判别式为 $\Delta=16\lambda^2(\lambda-1)^2$.
由于 $b_2=-4(\lambda+1)$, $b_4=2\lambda$, 因此 $c_4^4=b_2^2-24b_4=16(\lambda+1)^2-48\lambda$.
从而
\[
        j(E_{\lambda})=16^3 \frac{(\lambda^2-\lambda+1)^3}{16 \lambda^2(\lambda-1)^2}.
    \]

为什么是六对一呢？粗略看，j的分子是六次的

---

产生重根的点
$$\frac{d}{dx}\left(\frac{(x^2 - x + 1)^3}{x^2 (x - 1)^2}\right) =\frac{(x - 2) (x + 1) (2 x - 1) (x^2 - x + 1)^2}{(x - 1)^3 x^3}$$
$\implies x=2,-1,\frac12,e^{\pm\pi i/3}$
$j(2)=j(-1)=j(\frac12)=1728$
$j(e^{\pm\pi i/3})=0$

hbghlyj

香蕉空間後面只有1句話

事实上 $j(e^{2\pi i/3})=0$ 以及 $j(i)=1728$. 而 $e^{2 \pi i/3}$ 和 $i$ 恰好是 $\operatorname{SL}_2(\Bbb Z)/\{\pm I\}$ 作用在 $\mathbb{H}$ 上有非平凡稳定子群的点.

這句話怎麼證明？