不动点方法求数列通项

不动点方法求数列通项定义：对函数y=f(x)，若存在x满足f(x)=x，那么称x为函数的不动点0000下面介绍不同几类的数列的通项求法。1．a=pa+q，(pH0,pH1)TOC\o"1-5"\h\zn+1 n设f(x)=px+q，将a=pa+q看做a=f(a)。计算f(x)=x可得不动点

n+1 n n+1 n,构造b=an-q。将b代入a的表达式中可得,构造b=an1—p nn n+1 n由此可得：b=由此可得：b=pn-lb，n1故a=pn-1a-naa+aa+b2.a=n，kc丰0丿且

n+1ca+dnH0可以通过上下同除一个常数使得行列式为1。设f(行列式为1。设f(x)=aX+bax+b可得b=Xn—1b，n1a—X■n 1=Xn—1—X2'aT、a—九1，所以，计算不动点可得方程 =x,对于方程cx2+(d-a)x-b=0。因cx+d cx+d此，对于不动点的结构而言，有三种不同情况。情况一：方程有两个不同的实数根，记作X,X。那么构造b=^n—1，可得b=Xb。12 na—X n+1 nn2a+d+J(a+dA—4 a+d—J(a+d)2—4这里X= 或者X= ，到底取哪个值与b的构造a+d-、：(a+d》—4 a+d(a+d)2—4a=X+(九一九)n 1 1 2情况二：方程有两个相同实数根’记作九i巳a情况二：方程有两个相同实数根’记作九i巳a—d2c此时a+d=2。a—1=那

1c==b+(n-l)c。11么构造b= 。可得b=b+c。所以bTOC\o"1-5"\h\zna—X n+1 n nn11+(n—1)ca—X11= +(n—1+(n—1)ca—X11a—Xa—X n1 1n1 1 1

情况三：方程有两个共轭虚根。当共轭虚根时，数列往往显示周期性。一般有如下规律。TOC\o"1-5"\h\z要么有a二a，要么有a二九a。这个问题还有待研究。nhTn nhT n3．以下要给出一系列多项式和有理函数迭代的数列的公式。a2例1.a=f+,a=a>0，求a的通项。nh1 2a1 nn解：设f(x)=，那么x=h—可得x=±2。构造ba—2—~n a—2—~n ，可得b—b2。因ah2 nh1 nna—2此b=b2n-1。所以 n1 ah2n(a—2\2n-1(a—2»，所以a=2h4ja+2丿n(a+2”-(a—2»”-1o例2.a=a3+3a2+3a，a>0，求a的通项。nh1 nnn1 n解：作函数f(x)=x3+3x2+3x，求不动点x=f(x)可得x3+3x2+2x=0，x=0,x=—1,x=—2。显然构造b=a一0不改变原来递推形式。尝试b=a—(一1),或1 2 3 nn nn者b=a—(—2)发现b=a—(—1)可以求出b=b3，因此b=(b)3n—1。故nn nn nh1n n1a+1=(a+1)3n—1，即a=(a+1)3n—1—1。nn对于有理函数和多项式迭代什么时候可以用不动点方式写出通向公式。可以从以下定理中得出结论。定义：设R为有理函数，degR>2 ，zgC，称序列0fz=R0(z),z1=R(z),•••,z=Rn(z),•••}为R在点z的轨道，记作O(z)。0 0 0 n 0 0 R0定义zgC的大轨道GO(z)=fz0 R0 R R0一个点agC称为例外点，如果它的大轨道是有限点集，记例外集为E(R)。定理1：E(R)至多由两个点组成。定理2:：若E(R)非空，当E(R)={a,b},则有理函数可以共轭形如zTcz±d。所以，前面的有理函数迭代a=an+2，其中不动点x=2,x=—2恰好是例外点。因nh1 2a 1 2

为若函数fn(%)二2,则有fn-1(x)二2，由此可知，只有2在这个大轨道中。故可以通过设a-2b一得到b=b2。下面我们来说明，对于耐克函数迭代，可以通过移动不动点方na+2 n+1nn法的情况这是唯一种。证明方法主要是通过计算例外点的方法来实现。设f(x)=X兰+3(x>1)，设x#上，所以，设f(x)=XTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"x Xx X-1 X-1 X-1只能有丁+—=£X(1-x)方程的解只能为土 代入方程可得Xx=1 v'X-1Xx¥ JX-1

x=X^X—。由此可知，x2Xx=1 v'X-12 2 X-1 .X-1X ( xX7X-1=x1，故X=2。当XoX-1=-，x1，故X=-2。由此可知如果利用耐a2克函数构造数列迭代，只有a=丁+才能化解成b=b2。故我们得到命题。n+12a n+1nnxX命题：对于f(x)=x+_(X>