一眼看尽$a_1=1,a_na_{n+1}-2a_{n+1}+1=0$的通项

isee

若数列`\{a_n\}`满足：$a_1=1,a_na_{n+1}-2a_{n+1}+1=0$，则`a_n=`________.

isee

关键词：分式线性递推数列的通项



答案：`a_n=1`,此题因为`a_1=1`数值过于特殊，让其一眼望到底，以下解法是通法，`a_1\ne 1`亦成立.

提示：将`a_na_{n+1}-2a_{n+1}+1=0`整理为“标准”递推形式`a_{n+1}=\frac 1{2-a_{n}}`.



法1（也常见）
(将"`a_n,a_{n+1}`"均用`x`替换，即`x^2-2x+1-0`，有`x=1`，于是`\{\frac 1{a_n-1}\}`为等差数列（`a_1\ne 1`时）

\begin{align*}
a_na_{n+1}-2a_{n+1}+1&=0\\
(a_n-1)(a_{n+1}-1)+(a_n-1)&=a_{n+1}-1\\[1em]
1+\frac 1{a_{n+1}-1}&=\frac 1{a_n-1}
\end{align*}
即`\{\frac 1{a_n-1}\}`为等差数列，下略





法2（将法1换成写法，最大众）
\begin{align*}
a_{n+1}&=\frac 1{2-a_n}\\[1em]
a_{n+1}-1&=\frac 1{2-a_n}-1\\[1em]
a_{n+1}-1&=\frac {a_n-1}{2-a_n}\\[1em]
\frac 1{a_{n+1}-1}&=\frac {1-(a_n-1)}{a_n-1}\\[1em]
\frac 1{a_{n+1}-1}&=\frac 1{a_n-1}-1
\end{align*}
下略




法3（先猜后证，数学归纳法）
略


法4 可能能微分，偶不会





%%法5（结果熟了）
%%认真求了结果的，已经知道了，此类`a_{n+1}=\frac{ax+b}{cx+d}`的最后的通项结构一定是…….


未完，待补

isee

源自提问(部分)


数列满足：$a_{n+1}=\frac {5a_n-8}{a_n-1}$，$a_1=a$，求通项.


我们希望能够通过分式递推式 $a_{n+1}=\frac {5a_n-8}{a_n-1}$ 得到某个数列是等比(或等差)数列，比如， $a_{n+1}=3a_n+2$ 就可以等价转化为 $a_{n+1}+1=3(a_n+1),$ 这样我们就得到 $\{a_n+1\}$ 是等比数列.

基于此类推，尝试待定系数 $x$ 是否能让 $\{a_n-x\}$ （或者类似的式子）能为熟悉的等比(或等差)数列

$a_{n+1}-\color{blue}{x}=\frac {5a_n-8}{a_n-1}-\color{blue}{x}=\frac {5a_n-8-xa_n+x}{a_n-1}=\frac {(5-x)a_n-(8-x)}{a_n-1},$

先尝试右边分子能够与左边形成递推关系，将分子中的 $(5-x)$ 提出来

$a_{n+1}-\color{blue}{x}=\frac {(5-x)\left(a_n-\color{blue}{\dfrac {8-x}{5-x}}\right)}{a_n-1},$

令 $\color{red}{x=\frac {8-x}{5-x}}\iff x^2-6x+8=0,\qquad\cdots\cdots\cdots\cdots\qquad (*)$

解得 $x_1=2,\ x_2=4,$ 于是我们就得到了两个式了

$a_{n+1}-\color{blue}{2}=\frac {(5-\color{blue}{2})(a_n-\color{blue}{2}）}{a_n-1}=\frac {3(a_n-\color{blue}{2}）}{a_n-1},$

$a_{n+1}-\color{blue}{4}=\frac {(5-\color{blue}{4})(a_n-\color{blue}{4}）}{a_n-1}=\frac {a_n-\color{blue}{4}}{a_n-1},$

两式相比，即是 $\frac{a_{n+1}-\color{blue}{2}}{a_{n+1}-\color{blue}{4}}=3\cdot \frac {a_n-\color{blue}{2}}{a_n-\color{blue}{4}},$

所以$\left\{\frac{a_{n}-2}{a_n-4}\right\}$ 是等比数列.





这个尝试的结果已经超过我们的预期而且具有一般性.

这里的待定常数 $x$ 很巧，正好是分式递推式 $a_{n+1}=\frac {5a_n-8}{a_n-1}$ 中将 $a_{n+1},\ a_n$ 从形式上换成 $x$ 得到的方程的根 $\color{red}{x=\frac {5x-8}{x-1}}\iff x^2-6x+8=0,\qquad \cdots\cdots\cdots\cdots \qquad (**)$

也就是说 $(*)$ 中的待定系数可以由 $(**)$ 式快速求出.

记这两根为 $x_1,\ x_2,$ 则 $\left\{\frac{a_{n}-x_1}{a_n-x_2}\right\}$ 为等比数列.

处理这类分式型递推式的方式这种方式通常称不动点法.



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每次见到这种就想起201101期数学空间……

hbghlyj

Jordan decomposition\[\left(
\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
-1 & 2 \\
\end{array}
\right)=\left(
\begin{array}{cc}
1 & -1 \\
1 & 0 \\
\end{array}
\right).\left(
\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
0 & 1 \\
\end{array}
\right).\left(
\begin{array}{cc}
1 & -1 \\
1 & 0 \\
\end{array}
\right)^{-1}\]
注意到\[\left(
\begin{array}{cc}
1 & 1 \\
0 & 1 \\
\end{array}
\right)^n=\left(
\begin{array}{cc}
1 & n \\
0 & 1 \\
\end{array}
\right)\]
于是\[\left(
\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
-1 & 2 \\
\end{array}
\right)^n=\left(
\begin{array}{cc}
1 & -1 \\
1 & 0 \\
\end{array}
\right).\left(
\begin{array}{cc}
1 & n \\
0 & 1 \\
\end{array}
\right).\left(
\begin{array}{cc}
1 & -1 \\
1 & 0 \\
\end{array}
\right)^{-1}=\left(
\begin{array}{cc}
1-n & n \\
-n & n+1 \\
\end{array}
\right)\]

力工

高端的不会，直接想化为同分母或分子成整式。设$a_{n}=\frac{b_n}{b_{n+1}}$,原递推式就成了$b_{n+2}=2b_n-b_{n+1}$,再转化。

hbghlyj

Jordan normal form #Matrix functions
The Jordan normal form is the most convenient for computation of the matrix functions (though it may be not the best choice for computer computations). Let $f(z)$ be an analytical function of a complex argument. Applying the function on a $n×n$ Jordan block $J$ with eigenvalue $λ$ results in an upper triangular matrix:

\[
f(J)
=\begin{bmatrix}
f(\lambda) & f'(\lambda) & \tfrac{f''(\lambda)}{2} & \cdots   &  \tfrac{f^{(n-1)}(\lambda)}{(n-1)!}\\
0  & f(\lambda) & f'(\lambda) & \cdots   & \tfrac{f^{(n-2)}(\lambda)}{(n-2)!} \\
\vdots  & \vdots  & \ddots & \ddots   & \vdots \\
0  & 0  & 0  & f(\lambda) & f'(\lambda) \\
0  & 0  & 0  & 0   & f(\lambda)
\end{bmatrix},\]

so that the elements of the $k$-th superdiagonal of the resulting matrix are \(\tfrac{f^{(k)}(\lambda)}{k!}\). For a matrix of general Jordan normal form the above expression shall be applied to each Jordan block.

The following example shows the application to the power function $f(z)=z^n$:
\[
\begin{bmatrix}
\lambda_1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & \lambda_1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & \lambda_1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 0 & \lambda_2 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0 & \lambda_2
\end{bmatrix}^n
=\begin{bmatrix}
\lambda_1^n & \tbinom{n}{1}\lambda_1^{n-1} & \tbinom{n}{2}\lambda_1^{n-2} & 0   & 0 \\
0  & \lambda_1^n & \tbinom{n}{1}\lambda_1^{n-1} & 0   & 0 \\
0  & 0  & \lambda_1^n & 0   & 0 \\
0  & 0  & 0  & \lambda_2^n & \tbinom{n}{1}\lambda_2^{n-1} \\
0  & 0  & 0  & 0   & \lambda_2^n
\end{bmatrix},\]
where the binomial coefficients are defined as \(\binom{n}{k}=\prod_{i=1}^k \frac{n+1-i}{i}\). For integer positive $n$ it reduces to standard definition of the coefficients. For negative $n$ the identity \(\binom{-n}{k}=\left(-1\right)^k\binom{n+k-1}{k}\) may be of use.