#数列提高

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#线性递推

#概念

对于 $k$ 阶线性递推式，$a_n$ 仅与 $n$ 前面的 $k$ 项有关。

对于常系数齐次线性递推，形如，

$$ \boxed{a_n=\sum_{i=1}^kf_i\times a_{n-i}} $$

拓展：对于常系数非齐次线性递推，形如，

$$ a_n=P(n)+\sum_{i=1}^kf_i\times a_{n-i} $$

其中 $P(x$ 是一个 $m$ 次多项式。

#特征方程

形如，

$$ a_n=xa_{n-1}+ya_{n-2} $$

其特征方程可以表示为，

$$ \boxed{q^2=xq+y}\ q^2-xq-y=0 $$

推导：

设有 $q,t$ 满足，

$$ a_n-qa_{n-1}=t(a_{n-1}-qa_{n-2})\ a_n=(q+t)a_{n-1}-qta_{n-2} $$

则，

$$ \begin{cases} x=q+t\ y=-qt \end{cases} $$

得，

$$ q=x-t=x+y/q\ t=x-q=-y/q\ q^2=xq+y $$

或者用微分方程的思想，

$$ q^n=xa^{n-1}+ya^{n-2} $$

注意到 $a^{n-2}\neq0$，化简得，

$$ q^2=xq+y $$

易解得，

$$ \boxed{q_{1,2}={x\pm\sqrt{x^2+4y}\over2}} $$

其中，$q_{1,2}$ 称为原线性递推式的特征根。

拓展到高阶线性递推式，对于，

$$ a_n=\sum_{i=1}^kf_i\times a_{n-i} $$

其特征方程为，

$$ q^k=\sum_{i=1}^kf_i\times q^{k-i} $$

#通项公式

我们记递推式

$$ a_n=xa_{n-1}+y_{n-2} $$

的两个特征根分别为，$q_1,q_2$，那么

通项公式，$a_n$ 一定可以表示为，

$$ \boxed{a_n=\alpha q_1^n+\beta q_2^n} $$

特殊的，如果 $q_1=q_2=q$，

$$ a_n=(\alpha+\beta)q^n $$

其中，还可以进一步表示，

$$ \alpha+\beta=\lambda n+\mu $$

带入原式，

$$ \boxed{a_n=(\lambda n+\mu)q^n} $$

对于更高阶的，把 $n$ 前面多加几项 $n^2,n^3,\dots$ 即可。

特殊的，若，

$$ a_2/a_1=q $$

那么，原式继续退化，形如，

$$ \boxed{a_n=kq^n} $$

可以根据上面的结论，将一个常系数齐次线性递推式，直接化为等差、等比数列。

同时，容易发现 $k_1,k_2$ 一定对于任意 $n$ 成立，因此带入特殊值，

$$ \boxed{\begin{aligned} a_1=\alpha q_1+\beta q_2\ a_2=\alpha q_1^2+\beta q_2^2 \end{aligned}} $$

容易发现，只有 $k_1,k_2$ 为未知量，可以直接解出来，得到通项公式。

拓展到高阶，理论类似，实际难算。

#基础例题

#例题一：斐波那契数列

有递推式，

$$ \begin{cases} a_1=a_2=1\ a_n=a_{n-1}+a_{n-2};(n>2) \end{cases} $$

有特征方程，

$$ q^2=q+1 $$

解得，

$$ q_{1,2}={1\pm\sqrt5\over2} $$

即，

$$ a_n=\lambda_1\left({1+\sqrt5\over2}\right)^n+\lambda_2\left({1-\sqrt5\over2}\right)^n $$

带入 $a_1=a_2=1$，

$$ \def\qa#1{{a#1\sqrt5\over2}} \begin{aligned} a_1&=\lambda_1\qa++\lambda_2\qa-\ a_2&=\lambda_1\left(\qa+\right)^2+\lambda_2\left(\qa-\right)^2 \end{aligned} $$

解得，

$$ \begin{aligned} \lambda_1&={1\over\sqrt5}\ \lambda_2&=-{1\over\sqrt5} \end{aligned} $$

即，斐波那契数列通项公式，

$$ \boxed{a_n={1\over\sqrt5}\left[\left({1+\sqrt5\over2}\right)^n-\left({1-\sqrt5\over2}\right)^n\right]} $$

同时，我们有更简便的方法，考虑到，

$$ a_n=\lambda_1q_1^n+\lambda_2q_2^n $$

也可以表示为，

$$ a_n=\lambda_1q_1^{n-1}+\lambda_2q_2^{n-1} $$

于是，我们带入 $a_1,a_2$，

$$ \begin{cases} a_1=\lambda_1+\lambda_2\ a_2=\lambda_1q_1+\lambda_2q_2 \end{cases} $$

会更方便解方程一点。

本题中，

$$ \left{\begin{aligned} \lambda_1+\lambda_2&=1\ \lambda_1{1+\sqrt5\over2}+\lambda_2{1-\sqrt5\over2}&=1 \end{aligned}\right. $$

解得，

$$ \left{\begin{aligned} \lambda_1&={1+\sqrt5\over2\sqrt5}\ \lambda_2&=-{1-\sqrt5\over2\sqrt5} \end{aligned}\right. $$

得，

$$ \begin{aligned} a_n&={1+\sqrt5\over2\sqrt5}\left({1+\sqrt5\over2}\right)^{n-1}-{1-\sqrt5\over2\sqrt5}\left({1-\sqrt5\over2}\right)^{n-1}\ &={1\over\sqrt5}\left[\left({1+\sqrt5\over2}\right)^n-\left({1-\sqrt5\over2}\right)^n\right] \end{aligned} $$

#例题二

求：

$$ a_{n+1}=3a_n-2a_{n-1} $$

对于任意 $a_1,a_2$ 的通项公式。

容易发现，这是一个二阶的常系数齐次线性递推式，考虑求出特征根，

$$ q^2=3q-2\ q_1=1,q_2=2 $$

于是，有

$$ a_n=x+y\cdot2^n $$

对于，解方程

$$ \begin{cases} a_1=x+2y\ a_2=x+4y \end{cases} $$

解得，

$$ \left{\begin{aligned} x&=2a_1-a_2\ y&={a_2-a_1\over2} \end{aligned}\right. $$

于是，

$$ a_n=2a_1-a_2+(a_2-a_1)2^{n-1} $$

#例题三

求：

$$ a_{n+1}=6a_n-9a_{n-1} $$

对于任意 $a_1,a_2$ 的通项公式。

容易发现，这是一个二阶的常系数齐次线性递推式，考虑求出特征根，

$$ q^2=6q-9\ q_1=q_2=3 $$

于是，有，

$$ a_n=(xn+y)3^n $$

带入，

$$ \begin{aligned} a_1&=3x+3y\ a_2&=18x+9y \end{aligned} $$

那么，

$$ \begin{aligned} x&={a_2-3a_1\over9}\ y&={6a_1-a_2\over9} \end{aligned} $$

于是，

$$ a_n=[(a_2-3a_1)n+6a_1-a_2]3^{n-2} $$

#例题四

对于，

$$ a_n=4a_{n-1}-3a_{n-2}+1,a_1=1,a_2=2 $$

注意到特征方程

$$ x^2=4x-3 $$

其特征根为，

$$ x_1=1,x_2=3 $$

我们考虑最原始的算法，两边同时减去 $3a_{n-1}$，

$$ a_n-3a_{n-1}=a_{n-1}-3a_{n-2}+1 $$

设，

$$ b_n=a_n-3a_{n-1} $$

则，

$$ b_n=b_{n-1}+1,b_2=a_2-3a_1=-1 $$

于是，

$$ b_n=n-3 $$

则，

$$ a_n=3a_{n-1}+n+3 $$

两边同时除以 $3^n$ 即可，暴力求解即可。

但是还有更方便的算法，注意到，

$$ a_n=4a_{n-1}-3a_{n-2}+1\ a_{n+1}=4a_n-3a_{n-1}+1 $$

下式减上式，

$$ a_{n+1}-a_n=4a_n-3a_{n-1}-4a_{n-1}+3a_{n-2} $$

即，

$$ a_{n+1}=5a_n-7a_{n-1}+3a_{n-2} $$

于是，我们把一个非齐次的递推式，转化为了一个齐次的，特征根

$$ q^3=5q^2-7q+3 $$

首先，注意到 $q=1$ 为一个可行解，于是，

$$ q^3-5q^2+7q-3=(q-1)(q^2-4q+3)=(q-1)^2(q-3)=0 $$

即，

$$ q_1=q_2=1,q_3=3 $$

于是，

$$ a_n=\beta3^{n-1}+\lambda n+\mu $$

根据原递推式，得出，

$$ a_3=4a_2-3a_1+1=6 $$

于是，列出方程，

$$ \begin{cases} 1=\beta+\lambda+\mu\ 2=3\beta+2\lambda+\mu\ 6=9\beta+3\lambda+\mu \end{cases} $$

考虑解方程，具体的，

$$ \begin{cases} 2\beta+\lambda=1\ 6\beta+\lambda=4 \end{cases} $$

解得，

$$ \left{\begin{aligned} \beta={3\over4}\ \lambda=-{1\over2}\ \mu={3\over4} \end{aligned}\right. $$

即，

$$ a_n={3^n\over4}-{1\over2}n+{3\over4} $$

经检验，$a_1=1,a_2=2,a_3=6$​，符合题意，故，略。

类似，若特征方程无解，那么数列为一个周期数列，手模即可。

注意到，利用这个低阶化为高阶的方法，可以避免很多前面的题中类似的大量计算。

对于这一类的问题，我们把各种变形，转化为只需要解特征方程就可以的问题。

#例题五

求通项公式，

$$ a_{n+1}=4a_n-3a_{n-1}+n,(n\ge2),a_1=1,a_2=2 $$

考虑和上一题类似的做法，

$$ a_n=4a_{n-1}-3a_{n-2}+n-1 $$

上式减下式，

$$ a_{n+1}=5a_n-7a_{n-1}+3a_{n-2}+1 $$

继续运用上一题的思路，

$$ a_n=5a_{n-1}-7a_{n-2}+3a_{n-3}+1 $$

上式减下式，得，

$$ a_{n+1}=6a_n-12a_{n-1}+10a_{n-2}-3a_{n-3} $$

解出特征方程，

$$ q_1=q_2=q_3=1,q_4=3 $$

设通项公式，

$$ a_n=a3^{n-1}+b(n-1)^2+c(n-1)+d $$

带入即可，步骤略。

#例题六

已知数列 ${a},{b}$ 满足，

$$ a_1=2,b_1=1\ \begin{aligned} a_{n+1}&=5a_n+3b_n+7\ b_{n+1}&=3a_n+5b_n \end{aligned} $$

对于 $n\in\mathbb N$，求 ${a}$ 解析式。

容易发现，我们可以利用上式，用 $a_{n+1},a_n$ 表示 $b_n$。

然后带入下式，即可求得 $a_n$ 的递推公式。

但是这么做很复杂，考虑原递推公式有什么优秀的结构。

容易发现，$5,3,3,5$ 存在有一种优美的形态，

于是，考虑两式做和、做差。

$$ \begin{cases} a_{n+1}+b_{n+1}=8a_n+8b_n+7\ a_{n+1}-b_{n+1}=2a_n-2b_n+7 \end{cases} $$

设，

$$ c_n=a_n+b_n\ d_n=a_n-b_n $$

于是，

$$ \begin{cases} c_{n+1}=8c_n+7\ d_{n+1}=2d_n+7 \end{cases} $$

然后用通用方法，

$$ c_{n+1}+1=8c_n+8=8(c_n+1)\ c_n=8^{n-1}(c_1+1)-1=4\times8^{n-1}-1 $$

同理，

$$ d_{n+1}+7=2d_n+14=2(d_n+7)\ d_n=2^{n-1}(d_1+7)-7=8\times2^{n-1}-7 $$

则，

$$ a_n={c_n+d_n\over2}=2\times8^{n-1}+2^{n+1}-4 $$

经检验，$a_1=2$，符合题意，故，

$$ a_n=2\times8^{n-1}+2^{n+1}-4 $$

#例题七

数列 ${a}$ 满足，

$$ a_1=1,a_2=2,a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n $$

则，下列说法中，正确的是，

A. 数列 ${a_{n+1}^2-a_na_{n+2}}$ 是常数数列。

B. 数列 ${8a_na_{n+1}-7}$ 的各项为平方数。

C. 数列 ${4a_na_{n+1}-7}$​ 的各项为平方数。

D. 任意 $a_n$ 除以 $9$ 的余数为 $1$ 或 $2$。

对于 A 选项，我们递推式两边同时乘上 $a_n$，

$$ a_na_{n+2}=6a_na_{n+1}-a_n^2 $$

则，

$$ a_{n+1}^2-a_na_{n+2}=a_{n+1}^2+a_n^2-6a_na_{n+1} $$

同理，

$$ a_n^2-a_{n-1}a_{n+1}=a_n^2+a_{n-1}^2-6a_{n-1}a_n $$

两式右面相等，则，

$$ a_{n+1}^2-6a_na_{n+1}=a_{n-1}^2-6a_{n-1}a_n\ a_{n+1}(a_{n+1}-6a_n)=a_{n-1}(a_{n-1}-6a_n)\ -a_{n+1}a_{n-1}=-a_{n-1}a_{n+1} $$

显然成立，因此，数列

$$ {a_{n+1}^2-a_na_{n+2}} $$

是常数数列。

对于 D 选项，容易发现，

$$ a_1\equiv1\pmod 9\ a_2\equiv2\pmod 9\ a_3\equiv2\pmod 9\ a_4\equiv1\pmod 9\ a_5\equiv4\pmod 9 $$

在 $a_5$ 出现问题，故命题不成立。

对于 BC 选项，由 A 选项知，

$$ a_{n+1}^2-a_na_{n+2}=a_{n+1}^2+a_n^2-6a_na_{n+1}=-7 $$

则，

$$ 6a_na_{n+1}-7=a_{n+1}^2+a_n^2 $$

两边同时，

$$ \pm2a_na_{n+1} $$

都可以使右边变为平方数，因此 BC 均成立。

故选：ABC。

#极限

#函数极限

极限的概念比较复杂，我们多方面的考虑。

若函数 $f(x$ 在 $x_0$ 附近有定义，且存在有极限 $L$，那么，

对于任意 $varepsilon>0$，一定存在 $delta>0$，使得当，

$$ 0<|x-x_0|<\delta $$

时，总有，

$$ |f(x)-L|<\varepsilon $$

则称 $L$ 是函数在 $x_0$ 的极限，记为，

$$ \lim_{x\to x_0}f(x)=L $$

特殊的，若对于 $x>x_0$（$x-x_0<\delta$）满足上式，

则称函数在 $x_0$​ 处存在右极限，表示为：

$$ \lim_{x\to x_0^+}f(x)=L $$

同样的，若对于 $x<x_0$（$x_0-x<\delta$）满足上式，

则称函数在 $x_0$​ 处存在左极限，表示为：

$$ \lim_{x\to x_0^-}f(x)=L $$

比较这三个定义我们会发现：

要想存在极限，那么必须同时存在相等的左极限和右极限。

#数列极限

数列极限的定义和函数的不大一样，

对于任意 $varepsilon>0$，都存在 $N\in\mathbb N^*$，使得对于任意 $n>N$，

$$ |a_n-L|<\varepsilon $$

则称数列 $a$ 收敛于 $L$，记为，

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=L $$

或，

$$ a_n\to a $$

用逻辑符号表示，

$$ (\forall\varepsilon>0)(\exist N\in\mathbb N^+)(\forall n\in\mathbb N) [(n>N)\Rightarrow(|a_n-L|<\varepsilon)] $$

直观的讲，即无论误差范围 $varepsilon$ 多小，从某项 $a_n$ 开始，每一项与 $L$ 的差距都小于 $varepsilon$​。

或者，更直观的，当数列的下标越来越大的时候，数列的值也就越接近那个特殊值。

若不存在这样的数，则称该数列是发散的。

#常见的极限

从这里开始，一般只讨论数列极限。

$$ \boxed{\lim_{x\to\infty}{1\over x^n}=0,n>0}\tag a $$

$$ \boxed{\lim_{x\to\infty}{1\over a^n}=0,|a|>1}\tag b $$

$$ \boxed{\lim_{x\to\infty}r^n=0,|r|<1}\tag c $$

$$ \boxed{\lim_{x\to0^+}{1\over x}=+\infty}\tag d $$

$$ \boxed{\lim_{x\to0^-}{1\over x}=-\infty}\tag e $$

特殊的，对于数列 $a_n=n$，

当 $n\to+\infty$ 时，$a_n\to+\infty$，这种无界数列，一般说其不存在极限。

同样，除了常数数列，其他的波动数列、周期数列，一般都不存在极限。

其中一个判断数列是否收敛的定理，称为单调收敛定理，和实数完备性相关：

单调有界数列必收敛（有上界的单调递增数列，或是有下界的单调递减数列）。

同时，判断数列是否收敛，还存在两边夹定理，

若两数列存在极限，那么其夹的数列存在极限，数学表示，

若 $lim\limits_{n\to\infty}a_n=\lim\limits_{n\to\infty}b_n=L$，且 $a_n\le c_n\le b_n$，则 $lim\limits_{n\to\infty}c_n=L$​。

例如，

$$ 0<{1\over\sqrt{n^2+1}}<{1\over n} $$

且左右极限都是 $0$，因此中间也收敛于 $0$。

#极限的性质

唯一性：若数列 ${a_n}_{n\in\mathbb N}$ 存在极限，则极限是唯一的。

有界性：如果一个实数数列无界，则这个实数数列一定发散。

若数列 ${a_n}_{n\in\mathbb N}$ 存在极限，那么一定存在 $M>0$，使得所有 $|a_n|\le M$。

注意到，并不是数列有界就一定存在极限，例如 $a_n=(-1)^{n}$。

保序性：若两数列 ${a_n}{n\in\mathbb N},{b_n}{n\in\mathbb N}$ 分别收敛于 $A,B$，则，

$$ (\exist N\in\mathbb N) [(A>B)\wedge(n>N)\Rightarrow(a_n>b_n)] $$

极限也存在四则运算：

$$ \boxed{\lim_{n\to\infty}(a_n\pm b_n)=\lim_{n\to\infty}a_n\pm \lim_{n\to\infty}b_n}\tag1 $$

$$ \boxed{\lim_{n\to\infty}xa_n=x\lim_{n\to\infty}a_n}\tag2 $$

由 $1)(2$ 可得极限的线性性，

$$ \boxed{\lim_{n\to\infty}(xa_n+yb_n)=x\lim_{n\to\infty}a_n+y\lim_{n\to\infty}b_n}\tag3 $$

另外，极限也存在乘法和除法，

$$ \boxed{\lim_{n\to\infty}(a_nb_n)=\lim_{n\to\infty}a_n\times\lim_{n\to\infty}b_n}\tag4 $$

$$ \tag5\boxed{\lim_{n\to\infty}\left({a_n\over b_n}\right)={\lim_{n\to\infty}a_n\over\lim_{n\to\infty}b_n}} $$

注意到，被除数不能为零。

同时，如果要进行以上所有操作，都需要保证每一步的数列极限存在。

这样子，有一个性质，

$$ \lim_{n\to\infty}{a_1x^{c_1}+a_2x^{c_2}+\dots\over b_1x^{c_1}+b_2x^{c_2}+\dots}={a_1\over b_1},c_1>c_2>\dots $$

即，最高次项系数之比。

#极限例题

#存在极限的组

$$ \lim_{n\to\infty}{1\over4^n}=0 $$

$$ \lim_{n\to\infty}{2\over n}+{1\over n^2}=\lim_{n\to\infty}{2\over n}+\lim_{n\to\infty}{1\over n^2}=0 $$

$$ \lim_{n\to\infty}{1\over n}-{2\over n^2}+3=\lim_{n\to\infty}{1\over n}-\lim_{n\to\infty}{2\over n^2}+3=3 $$

$$ \lim_{n\to\infty}{2+(1/3)^n\over(1/3)^n-5}={\lim_{n\to\infty}2+(1/3)^n\over\lim_{n\to\infty}(1/3)^n-5}={2+\lim_{n\to\infty}(1/3)^n\over\lim_{n\to\infty}(1/3)^n-5}=-{2\over5} $$

注意在做每一步变形的时候，只有存在极限才能操作。

$$ \lim_{n\to\infty}{3n+1\over2n+2}={3\over2} $$

这里有很多种做法，例如，

$$ \lim_{n\to\infty}{3n+1\over2n+2}=\lim_{n\to\infty}{3+1/n\over2+2/n}={\lim_{n\to\infty}3+1/n\over\lim_{n\to\infty}2+2/n}={3\over2} $$

$$ \lim_{n\to\infty}{3n+1\over2n+2}=\lim_{n\to\infty}{3(2n+2)/2-2\over2n+2}={3\over2}-\lim_{n\to\infty}{2\over2n+2}={3\over2} $$

或者，当 $n\to\infty$ 时，

$$ 3n+1\sim3n,2n+2\sim2n $$

$$ {3n+1\over2n+2}\to{3n\over2n}={3\over2} $$

#不存在极限的组

$$ a_n=\sqrt n $$

注意到，

$$ n\to\infty,\sqrt n\to\infty $$

当趋近于正无穷时，一般认为不存在极限。

$$ a_n=n-{1\over n} $$

注意到，

$$ n\to\infty,1/n\to0 $$

故，

$$ a_n\to\infty $$

同样不存在极限。

#例题一

$$ a_n={1\over\sqrt{n^2+n}} $$

容易发现，

$$ 0<{1\over\sqrt {n^2+n}}<{1\over n} $$

且，

$$ \lim_{n\to\infty}{1\over n}=0 $$

根据两边夹定理，

$$ \lim_{n\to\infty}{1\over\sqrt{n^2+n}}=0 $$

#例题二

$$ a_n={\sin n\over n} $$

容易发现，

$$ -{1\over n}\le{\sin n\over n}\le{1\over n} $$

且，

$$ \lim_{n\to\infty}-{1\over n}=\lim_{n\to\infty}{1\over n}=0 $$

因此，

$$ \lim_{n\to\infty}{\sin n\over n}=0 $$

#例题三

$$ a_n=\sqrt[n]2 $$

注意到，

$$ \sqrt[n]2>0 $$

而且，

$$ \sqrt[n]2>\sqrt[n+1]2 $$

证明：

$$ (\sqrt[n]2)^{n(n+1)}>(\sqrt[n+1]2)^{n(n+1)}\ 2^{n+1}>2^n $$

即，递减有下界，有极限。

设，

$$ a_n=\sqrt[n]2\ c_n=a_n-1 $$

那么，

$$ (c_n+1)^n=2 $$

用二项式定理展开，

$$ \sum_{k=0}^n{n\choose k}c_n^k=2 $$

展开前两项，

$$ 1+nc_n<(c_n+1)^n=2\ c_n<{1\over n} $$

即，

$$ 1<a_n=c_n+1<{1\over n}+1 $$

根据两边夹定理，

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=1 $$

#例题四

$$ b_n=\sqrt[n]n $$

的极限。

类似上一题的似乎，设，

$$ d_n=b_n-1\ b_n=d_n+1\ n=(d_n+1)^n $$

展开，

$$ 1+nd_n+{n(n+1)\over2}d_n^2+\dots=n $$

考虑到右面的 $n$ 级别比较大，我们选用一三两项，

$$ n>1+{n(n+1)\over2}d_n^2\ n-1>{n(n+1)\over2}d_n^2\ {n\over2}d_n^2<1\ d_n^2<{2\over n} $$

又因为，

$$ d_n>1 $$

两边夹，得出，

$$ \lim_{n\to\infty}b_n=\lim_{n\to\infty}d_n+1=1 $$

#例题五：数学直觉做法

有数列，

$$ a_1=1,a_{n+1}=a_n+{1\over\sqrt[2n]{a_n}} $$

判断 $a$ 是否单调，是否有界。

我们充分发扬人类智慧：

$$ a_1=1,a_2=2,\dots $$

观察原式，容易得出，

$$ a_n\neq0,{1\over\sqrt[2n]{a_n}}\neq0 $$

那么，

$$ a_{n+1}>a_n $$

而且不取等，那么一定是严格单调递增且无界的。

#例题六：初中重造组

求数列，

$$ a_0=1+2021^{-1}\ a_n=(1+2021^{-2^n})a_{n-1} $$

的极限。

注意到两边取极限，会约去，因此不能不动点法（大雾）。

注意到幂运算的右结合性，

$$ 2021^{-2^n}=(2021^{-2})^n=\left({1\over2021}\right)^{2^{n}} $$

我们记，

$$ x=2021^{-1} $$

那么，原式化简为，

$$ a_0=1+x\ a_n=(1+x^{2^n})a_{n-1} $$

考虑累乘法，很自然，

$$ a_n=(1+x)(1+x^2)(1+x^4)+\dots+(1+x^{2^n}) $$

好好好，我们回归初中出现过的经典探究题，

$$ (1-x)(1+x)=1-x^2\ (1-x^2)(1+x^2)=1-x^4\ \dots\ (1-x^{2^n})(1+x^{2^n})=1-\left(x^{2^n}\right)^2=1-x^{2^n\times2}=1-x^{2^{n+1}} $$

于是，原式两边同乘 $1-x$，得，

$$ (1-x)a_n=1-x^{2^{n+1}}\ a_n={1-x^{2^{n+1}}\over1-x} $$

考虑极限，

$$ \lim_{n\to\infty}a_n={1-\lim_{n\to\infty}x^{2^{n+1}}\over1-x} $$

我们知道，

$$ n\to\infty\Rightarrow2^{n+1}\to\infty\Rightarrow x^{2^{n+1}}\to0,\because|x|<1 $$

因此，

$$ \lim_{n\to\infty}a_n={1\over1-x}={2021\over2020} $$

#不动点法

#不动点

对于函数 $f$ ，若 $x$ 满足，

$$ f(x)=x $$

这个 $x$​ 称为这个函数的不动点，或定点，是被这个函数映射到其自身一个点。

例如：

$$ f(x)=x^{2}-3x+4 $$

的不动点为，

$$ x=f(x)\ x^2-4x+4=0\ (x-2)^2=0 $$

即函数 $f$ 的不动点为 $2$，因为 $f(2)=2$。

不是每一个函数都具有不动点，例如定义在实数上的函数 $f(x)=x+1$ 就没有不动点。

因为对于任意的实数， $x$ 永远不会等于 $x+1$。

用画图的话来说，不动点意味着点 $x,f(x$ 在直线 $y=x$ 上，即图像存在交点。

上例 $f(x)=x+1$ 的情况是，这个函数的图像与那根直线是一对平行线。

在函数的有限次迭代之后回到相同值的点叫做周期点；不动点是周期等于 1 的周期点。

#不动点和数列

如果数列递推公式形如，

$$ a_{n+1}=f(a_n) $$

那么，$f$ 称为迭代函数（生成函数），则和上文一样，

$$ x=f(x) $$

的方程，称为不动点方程。

当我们解出一个不动点 $x$，等式两边同时减去 $x$，

$$ a_{n+1}-x=f(a_n)-x $$

左右都等于零，因此右面一定有因式，

$$ a_n-x $$

这个过程称为不动点改造。

那么，左右就存在相同的结构，

$$ b_n=a_n-x $$

往往可以进而推导一些性质。

#不动点法求极限

有数列形如，

$$ a_n=f(a_{n-1}) $$

假设这个数列存在极限，记为 $a$，那么对两边同时取极限，

$$ \lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}f(a_{n-1}) $$

一般默认 $f$ 函数是光滑的，那么，

$$ \lim_{n\to\infty}f(a_{n-1})=f(\lim_{n\to\infty}a_{n-1}) $$

即，

$$ a=f(a) $$

解出这个解，那么如果存在极限，极限一定是这个方程的解中的一个。

原理为，只有当数列收敛到不动点，才能存在极限；不然也不会存在极限。

#数列迭代：蛛网工作法

我们延续上面的观点，尝试使用一些新奇的技巧，

我们想要把数列 $a_n\to a_{n+1}$ 这个过程直观的表示出来，我们知道，

$$ f(a_n)=a_{n+1} $$

容易想到，我们在平面内做出 $f(x$ 的图像，那么这上面的点，

$$ Q(a_n,f(a_n))=(a_n,a_{n+1}) $$

就表示了一个递推的过程。

然后考虑数列运作的趋势是什么样的，显然我们只考虑递增和递减，

• $f(a_n)>a_n$，数列在此处递增，对应点在 $y=x$ 图像上方；
• $f(a_n)<a_n$，数列在此处递减，对应点在 $y=x$ 图像下方。

于是，我们考虑在平面内再做出 $y=x$ 的图像，那么数列的趋势符合上文。

具体的，做点，

$$ A_1(a_1,f(a_1))=(a_1,a_2) $$

过 $A_1$ 做 $x$ 轴平行线，交 $y=x$ 于，

$$ A_2(a_2,a_2) $$

过 $A_2$ 做 $y$ 轴平行线，交 $y=f(x$​ 于，

$$ A_3(a_2,f(a_2))=(a_2,a_3) $$

以此类推，形如，

我们知道，按照顺序在 $y=f(x$​ 图像上的点，对应原数列。

根据这个图像，我们还能知道不动点 $x=f(x$ 其实是这两个图像的交点。

于是，如果我们这么做下去，能推到不动点附近，那么函数收敛。

{width="100%"}

与上文类似，指数函数、幂函数的线性组合，一般都是光滑的，那么有，

若 $|f'(x_0)|<1$，不动点 $x_0$​ 称为吸引不动点，数列迭代过程中会靠近吸引不动点。

若 $|f'(x_0)|>1$，不动点 $x_0$ 称为排斥不动点，数列迭代过程中会远离排斥不动点。

#通项公式：例题

#一次函数形

例题：有数列，

$$ a_1=1,a_n={1\over2}a_{n-1}+1 $$

求 $a_n$ 的通项公式。

求出不动点 $x$，满足，

$$ x={1\over2}x+1\ x=2 $$

原式两边同时减二，

$$ a_n-2={1\over2}a_{n-1}-1={1\over2}(a_{n-1}-2) $$

因此，

$$ a_n-2={1\over2^{n-1}}(a_1-2)\ a_n=-{1\over2^{n-1}}+2 $$

#二次函数型（双解）

解，

$$ a_1=3,a_{n+1}={4a_n-2\over a_n+1} $$

求出不动点，

$$ x={4x-2\over x+1}\ x^2+x=4x-2\ x^2-3x+2=0\ (x-2)(x-1)=0 $$

我们把两个不动点 $2,1$ 分别减到递推式两边，

$$ a_{n+1}-2={2a_n-4\over a_n+1}\ a_{n+1}-1={3a_n-3\over a_n+1} $$

化简，

$$ a_{n+1}-2={2(a_n-2)\over a_n+1}\ a_{n+1}-1={3(a_n-1)\over a_n+1} $$

然后上下做比，

$$ {a_{n+1}-2\over a_{n+1}-1}={2\over3}\cdot{a_n-2\over a_n-1} $$

注意到是等比数列，因此，

$$ {a_n-2\over a_n-1}=\left({2\over3}\right)^{n-1}{a_1-2\over a_1-1}={1\over2}\left({2\over3}\right)^{n-1} $$

记后面的为 $S_n$，则，

$$ {a_n-2\over a_n-1}=S_n\ a_n-2=a_nS_n-S_n\ (S_n-1)a_n=S_n-2\ a_n={S_n-2\over S_n-1} $$

带入，得，

$$ a_n={(2/3)^{n-1}-4\over(2/3)^{n-1}-2}={2^{n-1}-4\cdot3^{n-1}\over2^{n-1}-2\cdot3^{n-1}} $$

#二次函数型（单解）

解，

$$ a_1=5,a_{n+1}={3a_n-4\over a_n-1} $$

不动点，

$$ x^2-x=3x-4\ x^2-4x-4=0\ x=2 $$

只有一个解，我们两边减去，

$$ a_{n+1}-2={a_n-2\over a_n-1} $$

注意到两个分子形式相同，我们两边取倒数，

$$ {1\over a_{n+1}-2}={a_n-1\over a_n-2}=1+{1\over a_n-2} $$

为等比数列，

$$ {1\over a_n-2}={1\over a_1-1}+(n-1)=n-{2\over3} $$

两边再取倒数，

$$ a_n-2={1\over n-2/3}={3\over3n-2}\ a_n={3\over3n-2}+2={6n-1\over3n-2} $$

#二次函数型（无解）

解，

$$ a_1=2,a_n=1-{1\over a_{n-1}} $$

不动点，

$$ x=1-{1\over x}\ x^2=x-1\ x^2-x+1=0 $$

无解，因此该数列为周期数列，考虑，

$$ a_1=2\ a_2=1/2\ a_3=-1\ a_4=2 $$

为 $T=3$ 的周期数列，因此，

$$ a_n=\left{\begin{aligned} 2&\quad\operatorname{if}n\equiv1\pmod3\ 1/2&\quad\operatorname{if}n\equiv2\pmod3\ -1&\quad\operatorname{if}n\equiv0\pmod3\ \end{aligned}\right. $$

#不动点解题技巧

适用于形如 $a_{n+1}=f(a_n$​，

求解通项公式部分，求解不动点 $x=f(x$ 后，

【若为一次函数】：两边减去，构造等比；

【若为二次函数双解】：两边减去两个不动点，做比，构造等比；

【若为二次函数单解】：减去不动点，去倒数，通分，构造等差；

【若为二次函数无解】：为周期数列，手模即可。

#例题

已知从 $1$ 开始的数列，

$$ a_1=2,a_{n+1}=(\sqrt2-1)(a_n+2)\ b_1=2,b_{n+1}={3b_n+4\over2b_n+3} $$

求证，

$$ \sqrt2<b_n\le a_{4n-3} $$

考虑直接求出通项公式，

对于数列 ${a_n}$，不动点，

$$ x=(\sqrt2-1)(x+2)\ x=(\sqrt2-1)x+2(\sqrt2-1)\ (2-\sqrt2)x=2(\sqrt2-1)\ x=(\sqrt2-1)(2+\sqrt2)\ x=\sqrt2 $$

两边减去 $sqrt2$，

$$ a_{n+1}-\sqrt2=(\sqrt2-1)a_n+\sqrt2-2=(\sqrt2-1)(a_n-\sqrt2) $$

因此，

$$ a_n-\sqrt2=(\sqrt2-1)^{n-1}(a_1-\sqrt2)=(2-\sqrt2)(\sqrt2-1)^{n-1}\ a_n=\sqrt2(\sqrt2-1)^n+\sqrt2 $$

对于数列 ${b_n}$，不动点，

$$ 2x^2+3x=3x+4\ x^2=2\ x_{1,2}=\pm\sqrt2 $$

两边减去，

$$ b_{n+1}-\sqrt2={(3-2\sqrt2)(b_n-\sqrt2)\over2b_n+3}\ b_{n+1}+\sqrt2={(3+2\sqrt2)(b_n+\sqrt2)\over2b_n+3} $$

做比，

$$ {b_{n+1}+\sqrt2\over b_{n+1}-\sqrt2}={3+2\sqrt2\over3-2\sqrt2}\cdot{b_n+\sqrt2\over b_n-\sqrt2} $$

注意到，

$$ {3+2\sqrt2\over3-2\sqrt2}={(\sqrt2+1)^2\over(\sqrt2-1)^2}=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^2 $$

于是，

$$ \begin{aligned} {b_n+\sqrt2\over b_n-\sqrt2}&=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2(n-1)}{b_1+\sqrt2\over b_1-\sqrt2}\ &=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2n-2}{2+\sqrt2\over 2-\sqrt2}\ &=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2n-2}{\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\ &=\left({\sqrt2+1\over\sqrt2-1}\right)^{2n-1}=x \end{aligned} $$

则，

$$ b_n+\sqrt2=xb_n-\sqrt2x\ (x-1)b_n=\sqrt2(x+1)\ b_n=\sqrt2{x+1\over x-1}=\sqrt2{(\sqrt2+1)^{2n-1}+(\sqrt2-1)^{2n-1}\over(\sqrt2+1)^{2n-1}-(\sqrt2-1)^{2n-1}} $$

考虑进一步化简，此时有两个形式，

$$ b_n=\sqrt2{(\sqrt2+1)^{4n-2}+1\over(\sqrt2+1)^{4n-2}-1}=\sqrt2{1+(\sqrt2-1)^{4n-2}\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}} $$

考虑证明给出的性质，

$$ \sqrt2<b_n\le a_{4n-3}=\sqrt2(\sqrt2-1)^{4n-3}+\sqrt2 $$

即，

$$ 1<{1+(\sqrt2-1)^{4n-2}\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}\le(\sqrt2-1)^{4n-3}+1 $$

左侧显然，右侧，移项，

$$ {2(\sqrt2-1)^{4n-2}\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}\le(\sqrt2-1)^{4n-3}\ {2(\sqrt2-1)\over1-(\sqrt2-1)^{4n-2}}\le1\ 2(\sqrt2-1)\le1-(\sqrt2-1)^{4n-2}\ (\sqrt2-1)^{4n-2}\le3-2\sqrt2=(\sqrt2-1)^2\ 4n-2\ge2,n\ge1 $$

显然成立。

#裂项和放缩

#分式裂项

第一组：

$$ \boxed{{1\over n(n+1)}={1\over n}-{1\over n+1}} $$

推广，

$$ \boxed{{1\over n(n+k)}={1\over k}\left({1\over n}-{1\over n+k}\right)} $$

第二组：

$$ \boxed{{1\over n(n+1)(n+2)}={1\over2}\left[{1\over n(n+1)}-{1\over(n+1)(n+2)}\right]} $$

推广，

$$ \boxed{{1\over n(n+1)\dots (n+k)}={1\over k}\left[{1\over n\dots(n+k-1)}-{1\over(n+1)\dots(n+k)}\right]} $$

#整式裂项

第一组，

$$ \boxed{n(n+1)={1\over3}[{\color{blue}n(n+1)}(n+2)-(n-1){\color{blue}n(n+1)}]} $$

推广，

$$ \boxed{n(n+1)\dots(n+m)={1\over m+2}[{\color{blue}n\dots}(n+m+1)-(n-1){\color{blue}\dots(n+m)}]} $$

#根式裂项

第一组，

$$ \boxed{{1\over\sqrt{n+1}-\sqrt n}=\sqrt{n+1}+\sqrt n} $$

推广，

$$ \boxed{{1\over\sqrt{n+k}-\sqrt n}={\sqrt{n+k}+\sqrt n\over k}} $$

或者，

$$ \boxed{{1\over\sqrt a\pm\sqrt b}={\sqrt a\mp\sqrt b\over a\pm b}} $$

第二组，对于 $0<\alpha<1$，

$$ \boxed{{1\over1-\alpha}\left[{1\over(n+1)^{\alpha-1}}-{1\over n^{\alpha-1}}\right]<{1\over n^\alpha}<{1\over1-\alpha}\left[{1\over n^{\alpha-1}}-{1\over(n-1)^{\alpha-1}}\right]},n\ge2 $$

例如，

$$ \begin{aligned} \alpha=1/2&\longrightarrow\boxed{2(\sqrt{n+1}-\sqrt n)<\sqrt n<2(\sqrt n-\sqrt{n-1})}\ \alpha=1/3&\longrightarrow\boxed{{3\over2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2}-\sqrt[3]{n^2}\right)<{1\over\sqrt[3]n}<{3\over2}\left(\sqrt[3]{n^2}-\sqrt[3]{(n-1)^2}\right)} \end{aligned} $$

证明，

$$ \int_n^{n+1}{1\over x^\alpha}\mathrm dx<{1\over n^\alpha}<\int_{n-1}^n{1\over x^\alpha}\mathrm dx $$

由牛顿·莱布尼茨公式化简得上式。

另一组，

$$ \sqrt{2n+4}-\sqrt{2n+2}<{1\over\sqrt{2n+1}}<\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1} $$

证明大体形如，

$$ {1\over\sqrt{2n+1}}<{1\over(\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n-1})/2}=\sqrt{2n+1}-\sqrt{2n-1} $$

#例题

#简单例题

已知等差数列 ${a_n}$ 满足，$a_3=7,a_5+a_7=26$，

• 求 $a_n$ 及其前 $n$ 项和 $S_n$；
• 令 $b_n=1/(a_n^2-1$，求其前 $n$ 项和 $T_n$。

易知，

$$ a_5+a_7=2a_6=26,a_6=13\ d=(a_6-a_3)/(6-3)=2\ a_1=a_3-2d=3 $$

于是，

$$ a_n=a_1+(n-1)d=3+2(n-1)=2n+1\ S_n=n(a_1+a_n)/2=n^2+2n $$

那么，

$$ b_n={1\over a_n^2-1}={1\over 4n^2+4n}={1\over4}\cdot{1\over n(n+1)}={1\over 4}\left({1\over n}-{1\over n+1}\right) $$

那么，

$$ T_n=b_1+b_2+\dots+b_n={1\over4}\left({1\over1}-{1\over2}+{1\over2}-{1\over3}+\dots+{1\over n}-{1\over n+1}\right) $$

注意好配对，

$$ T_n={1\over4}\left(1-{1\over n+1}\right)={n\over 4n+4} $$

#基础例题

已知数列 ${a_n}$ 满足，

$$ a_1=1,a_2=1/4\ a_{n+1}={(n-1)a_n\over n-a_n} $$

求证，对于任意 $n\in\mathbb N^*$，

$$ \sum_{i=1}^na_i^2<{7\over6} $$

注意到递推公式并不是不动点的标准形式，但是，

发现如果把分母乘过去，$n$ 的系数相同，会约去，因此，

设不动点 $x$，

$$ x={(n-1)x\over n-x}\ nx-x^2=nx-x\ x^2-x=x(x-1)=0\ x_1=0,x_2=1 $$

两边减去一，

$$ a_{n+1}-1={n(a_n-1)\over n-a_n} $$

与原式做比，

$$ {a_{n+1}\over a_{n+1}-1}={n-1\over n}\cdot{a_n\over a_n-1} $$

注意到左边系数的分母，两项相差了一，因此，

$$ n{a_{n+1}\over a_{n+1}-1}=(n-1){a_n\over a_n-1} $$

因此，

$$ (n-1){a_n\over a_n-1} $$

对于 $n\ge2$ 为常数列，因此，

$$ (n-1){a_n\over a_n-1}={a_2\over a_2-1}=-{1\over3} $$

则，

$$ 1-a_n=(3n-3)a_n\ (3n-2)a_n=1\ a_n={1\over 3n-2} $$

尝试证明，

$$ S_n=\sum_{i=1}^na_i^2<{7\over6}\ 1+{1\over 4^2}+{1\over 7^2}+{1\over 10^2}+\dots<{7\over6} $$

进行放缩，

注意到我们要把每一项放缩为差为三的两项，才能用裂项消去，即，

$$ \begin{aligned} {1\over(3n-2)^2}&<{1\over(3n-2-a)(3n-2+b)}\ &={1\over a+b}\left({1\over 3n-2-a}-{1\over 3n-2+b}\right) \end{aligned} $$

对于 $a+b=3,a\ge b$，最自然的想法，直接取 $a=b=1.5$，

$$ \begin{aligned} 3S_n&<3+{1\over 2.5}-{1\over 5.5}+{1\over 5.5}-{1\over 8.8}+\dots+{1\over 3n-3.5}-{1\over 3n-0.5}\ &=3+{1\over 2.5}-{1\over 3n-0.5}<3+{1\over2.5}={34\over10} \end{aligned} $$

于是，

$$ S_n<{34\over30}<{7\over6} $$

类似的，我们取 $a=2,b=1$ 等也可以，

$$ \begin{aligned} 3S_n&<3+{1\over 2}-{1\over 4}+{1\over 4}-{1\over 7}+{1\over 7}-{1\over 10}+\dots+{1\over 3n-3}-{1\over 3n}\ &={7\over2}-{1\over3n}<{7\over2}\ S_n&<{7\over6} \end{aligned} $$

注意到这么做得出来的更加不准确，我们通过暴力手段可以发现，

$$ \lim_{x\to\infty}S_n\to L $$

其中 $L$ 大约是 $1.1217$，我们上面一个估算已经非常准确了。

#还是例题

已知数列 ${a_n}$ 是公差不为零的等差数列，

且 $a_4$ 是 $a_2,a_8$ 等比中项，满足，

$$ a_1+a_2+\dots+a_7=14 $$

• 求 $a_n$ 通项公式。

我们注意到，

$$ a_4^2=a_2a_8 $$

而，

$$ 4^2=2\times8 $$

因此，我们大胆假设，

$$ a_n=na_1 $$

证明：

$$ a_2=a_1+d,a_4=a_1+3d,a_8=a_1+7d\ (a_1+3d)^2=(a_1+d)(a_1+7d)\ 6da_1+9d^2=7d^2+8da_1\ 2d^2=2da_1,d=a_1\ a_n=a_1+(n-1)d=na_1 $$

于是，

$$ S_7=7{a_1+a_7\over2}=28a_1=14\ a_1={1\over2} $$

因此，

$$ a_n={1\over2}n $$

#还是例题

（也许这道题是上一道题的后续

有数列 ${b_n}$ 满足，

$$ b_1=-1\ b_n={n+1\over2^{n-1}n(n-1)},n\ge2 $$

• 求其前 $n$ 项和 $T_n$。

观察到 $n(n+1$ 的形式，裂项，

$$ \begin{aligned} b_n&={n+1\over2^{n-1}}\left({1\over n-1}-{1\over n}\right)\ &={1\over2^{n-1}}\left({n+1\over n-1}-{n+1\over n}\right)\ &={1\over2^{n-1}}\left({2\over n-1}-{1\over n}\right)\ &={1\over2^{n-2}(n-1)}-{1\over 2^{n-1}n} \end{aligned} $$

考虑求和，

$$ \begin{aligned} T_n&=b_1+b_2+b_3+\dots+b_n\ &=-1+{1\over1}-{1\over4}+{1\over4}-{1\over12}+\dots+{1\over2^{n-2}(n-1)}-{1\over 2^{n-1}n}\ &=-{1\over2^{n-1}n} \end{aligned} $$

注意到 $T_1=-1$ 也成立，因此上式即为结果。

#又是例题

已知数列 ${a_n}$ 是公差为 $d\neq0$ 的等差数列，

且 ${a_{k_n}}$ 是等比数列，其中 $k_1=3,k_2=5,k_3=9$。

• 求 $k_1+k_2+\dots+k_n$ 的值。

和上一题类似，我们注意到，

$$ k_1-1=2,k_2-1=4,k_3-1=8,2\times4=5 $$

我们大胆猜测，

$$ a_n=(n-1)d $$

证明，

$$ a_5^2=a_3a_9\ (a_1+4d)^2=(a_1+2d)(a_1+8d)\ 16d^2+8a_1d=16d^2+10a_1d\ 4a_1d=5a_1d\ \because d\neq0,\therefore a_1=0 $$

因此，

$$ a_n=a_1+(n-1)d=(n-1)d $$

观察 $k_n$ 的值，

我们发现 $3,5,9$ 是经典的数列，考虑大胆猜测（雾

$$ k_n=2^n+1 $$

此时，

$$ a_{k_n}=2^nd $$

是一个公比为 $2$ 的等比数列，符合条件。

于是，

$$ S_n=\sum_{i=1}^nk_i=n+\sum_{i=1}^n2^i=n+2^{n+1}-2 $$

#又是例题

对于数列 ${b_n}$，有，

$$ b_n={n\over n+1}+\sqrt{n-1\over n+1} $$

求证，对于 $n\in\mathbb N^*$，

$$ S_n=\sum_{i=1}^n{1\over n(n+1)\sqrt{2b_n}}<\sqrt{n\over n+1} $$

首先，我们注意到，

$$ S_1={1\over2}<\sqrt{1\over2} $$

而后面的每一步，本质是在叠加

$$ {1\over n(n+1)\sqrt{2b_n}} $$

的贡献，因此原问题的充分必要条件为，

$$ {1\over n(n+1)\sqrt{2b_n}}<\sqrt{n\over n+1}-\sqrt{n-1\over n} $$

考虑恒等变形，

$$ {1\over n(n+1)}\cdot{1\over\sqrt{2b_n}}<{n-\sqrt{n^2-1}\over\sqrt{n(n+1)}}\ {1\over\sqrt{n(n+1)}}\cdot{1\over\sqrt{2b_n}}<n-\sqrt{n^2-1}
$$

注意到两边都是正数，因此，

$$ {1\over2n(n+1)b_n}<(n-\sqrt{n^2-1})^2\ 2n(n+1)b_n>\left({1\over n-\sqrt{n^2-1}}\right)^2 $$

暂时不展开，带入，

$$ 2n^2+{\color{darkred}2n\sqrt{n^2-1}}>(n+\sqrt{n^2-1})^2=2n^2-1+{\color{darkred}2n\sqrt{n^2-1}}
$$

显然成立。

#找规律题

已知，

$$ a_n=\prod_{2\le i\le n}{i^3-1\over i^3+1} $$

• 求 $lim_{n\to\infty}a_n$。

我们知道，

$$ \boxed{n^3-1=(n-1)(n^2+n+1)}[0.5em] \boxed{n^3+1=(n+1)(n^2-n+1)} $$

于是，首先，

$$ a_n=\prod_{2\le i\le n}{i^3-1\over i^3+1}=\prod_{2\le i\le n}{i-1\over i+1}\prod_{2\le i\le n}{i^2+i+1\over i^2-i+1} $$

左边一个乘式，

$$ \prod_{2\le i\le n}{i-1\over i+1}={1\times2\times3\times\dots\times(n-1)\over 3\times4\times\dots\times n\times(n+1)}={2\over n^2+n} $$

右边考，注意到，

$$ \boxed{(i+1)^2-(i+1)+1=i^2+i+1} $$

于是，

$$ \prod_{2\le i\le n}{i^2+i+1\over i^2-i+1}={7\times13\times\dots\times(n^2+n+1)\over3\times7\times13\times\dots}={n^2+n+1\over3} $$

得到结果，

$$ a_n={2\over3}\cdot{n^2+n+1\over n^2+n} $$

考虑极限，

$$ \lim_{n\to\infty}a_n={2\over3}\lim_{n\to\infty}{n^2+n+1\over n^2+n}={2\over3} $$

总结：找不着规律，多写几项。

#总结一下

我们常见的裂项技巧有：

【简单型】一眼。

【从项出发】考虑每一项如何裂项，去消掉多余的项。

【从求和出发】考虑类似数学归纳法，证明

$$ b_n<S_n-S_{n-1}\Rightarrow b_1+b_2+\dots+b_n<S_n;(S_0=0) $$

#结论题

求，

$$ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\arctan{2\over k^2} $$

结论，令，

$$ \theta_1=\arctan(k+1)\ \theta_2=\arctan(k-1) $$

则，

$$ \tan(\theta_1-\theta_2)={(k+1)-(k-1)\over 1+(k-1)(k+1)}={2\over k^2} $$

即，

$$ \arctan{2\over k^2}=\arctan(k+1)-\arctan(k-1) $$

于是，

$$ \begin{aligned} \sum_{k=1}^n\arctan{2\over k^2}&=\sum_{k=1}^n\arctan(k+1)-\sum_{k=1}^n\arctan(k-1)\ &=\sum_{1\le k-1\le n}\arctan k-\sum_{1\le k+1\le n}\arctan k\ &=\sum_{2\le k\le n+1}\arctan k-\sum_{0\le k\le n-1}\arctan k\ &=\arctan(n+1)+\arctan n-\arctan0-\arctan1 \end{aligned} $$

我们知道 $arctan$ 的值域是 $-\pi/2,\pi/2$，因此，

$$ \lim_{k\to\infty}\arctan k=\pi/2 $$

因此，原式，

$$ \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\arctan{2\over k^2}=\pi-{\pi\over4}={3\pi\over4} $$

#回归基础

前面省略，后面，

$$ a_1=a_2=a_3=1\ a_{n+1}={2019+a_na_{n-1}\over a_{n-2}},n>3 $$

• 求证：数列每一项都是正整数。

首先正数，（显然，数列里面没有存在减法和负数，

考虑数学归纳法，对于 $n=1,2,3$，有 $a_n>0$，

假设对于 $n<k(k>3$，$a_n>0$，考虑证明 $a_k>0$。

$$ a_k={2019+a_{k-1}a_{k-2}\over a_{k-3}}>0 $$

成立，因此对于 $n\in\mathbb N^*$，$a_n>0$。

然后整数，我们发现 $2019$ 是我们不想要的，怎么办捏 QAQ

我们考虑用类似特征根消掉常数的方法，错位相减，

$$ a_{k+1}a_{k-2}=2019+a_ka_{k-1}\ a_ka_{k-3}=2019+a_{k-1}a_{k-2} $$

上减下，

$$ a_{k+1}a_{k-2}-a_ka_{k-3}=a_ka_{k-1}-a_{k-1}a_{k-2} $$

先不要冲动提右面的公因式，因为左边没有公因式 OvO

$$ a_{k-2}(a_{k+1}+a_{k-1})=a_k(a_{k-1}+a_{k-3}) $$

注意到两个括号内很现实，我们喜欢哦（

$$ \begin{aligned} {a_{k+1}+a_{k-1}\over a_k}&={a_{k-1}+a_{k-3}\over a_{k-2}}\ b_k&=b_{k-2}(k>3) \end{aligned} $$

因此，我们有，

$$ a_1=a_2=a_3=1,a_4=2020 $$

于是，

$$ b_2={2,b_3=2021}\ \dots\ b_n=\left{\begin{aligned} 2&\quad,n\equiv0\pmod2\ 2021&\quad,n\equiv1\pmod2 \end{aligned}\right. $$

也就是，

$$ a_{k+1}=b_ka_k-a_{k-1},(k>3) $$

故都是整数。

总结：不好看的数字，没有特殊性质，考虑变形消掉。

#例题

#例题一

已知数列 ${a_n}_{n\in\mathbb N^*}$ 满足，

$$ \forall k\in\mathbb N^*,a_{k+1}+a_k=4k+3 $$

• 求 $a_1+a_{2020}$。

方法一，注意到，

$$ a_{k+1}=-a_k+4k+3\ a_k=-a_{k-1}+4k-1 $$

每个叠加的项最终只会存在变号，因此，

$$ a_k=(-1)^{k-1}a_1+\sum_{i=2}^k(-1)^{k-i}(4i-1) $$

因此，

$$ a_1+a_{2020}=\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1) $$

考虑扰动法，

$$ \begin{aligned} \sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-(4\times2021-1)&=4\times2-1+\sum_{i=2}^{2020}(-1)^{i+1}[4(i+1)-1]\ \sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-8083&=7+\sum_{i=2}^{2020}(-1)^{i+1}(4i+3)\ &=7-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1+4)\ &=7-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i4\ &=7-\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i-1)-4 \end{aligned} $$

于是，

$$ \begin{aligned} 2\sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i+3)&=8086\ \sum_{i=2}^{2020}(-1)^i(4i+3)&=4043 \end{aligned} $$

后面略，因为真的不好算。

方法二，注意到，

$$ S_{2020}={2020\over2}(a_1+a_{2020}) $$

而，

$$ \begin{aligned} S_{2020}&=(a_1+a_2)+\dots+(a_{2019}+a_{2020})\ &=1010\times3+4\times(1+3+\dots+2019)\ &=1010\times3+2020^2 \end{aligned} $$

则，

$$ a_1+a_{2020}={2S_{2020}\over2020}=3+4040=4043 $$

#例题二：人类智慧

已知数列 ${a_n}_{n\in\mathbb N^*}$ 满足，

$$ a_1=1,a_2=9\ a_{n+2}=4a_{n+1}-3a_n-20,(n\ge1) $$

• 求其前 $n$ 项和 $S_n$ 的最大值。

注意到，减二十是很大的操作，我们充分发挥人类智慧，

于是，我们猜测数列迭代到一定程度，就会是严格单调递减的。

$$ a_1=1\ a_2=9\ a_3=13\ a_4=5\ a_5=-39\ a_6=-191 $$

这个趋势已经很明显了，考虑证明，假设单减成立，

$$ a_{n+2}=4a_{n+1}-3a_n-20<a_{n+1}\ 3(a_{n+1}-a_n)<20 $$

注意到当 $n\ge3$ 时，上条件成立，那么，

$$ \begin{aligned} 3(a_{n+1}-a_n)<20&\Rightarrow a_{n+2}<a_{n+1}\ &\Rightarrow a_{n+2}-a_{n+1}<0\ &\Rightarrow3(a_{n+2}-a_{n+1})<20\ &\Rightarrow a_{n+3}<a_{n+2}\ &\Rightarrow\dots \end{aligned} $$

即，对于 $n\ge3$，

$$ a_{n+1}<a_n $$

于是，观察我们的列表，可以得出，

$$ a_n<0,(n\ge5) $$

于是，

$$ S_{n\max}=S_n|_{n=4}=1+9+13+5=28 $$

当然也可以求出通项公式，

$$ a_n=10n-2\times3^{n-1}-8 $$

当 $n$ 很大时，幂远大于线性，因此数列越来越小。

#例题三：邻项相减

一些记号省略了，后面，

$$ S_n=(-1)^na_n+{1\over2^n}+n-3 $$

• 求 $a_n$ 通项。

邻项相减（或者说前缀和的差分），

$$ S_n=(-1)^na_n+{1\over2^n}+n-3\ S_{n-1}=-(-1)^na_{n-1}+2\cdot{1\over2^n}+n-4 $$

相减，

$$ a_n=S_n-S_{n-1}=(-1)^na_n+(-1)^na_{n-1}-{1\over2^n}+1 $$

分讨奇偶性，

$$ a_{2k}=a_{2k}+a_{2k-1}-{1\over2^{2k}}+1\ a_{2k-1}=-a_{2k-1}-a_{2k-2}-{1\over2^{2k-1}}+1 $$

整理上面的，得，

$$ a_{2k-1}={1\over2^{2k}}-1 $$

对于下面的，

$$ \begin{aligned} a_{2k-2}&=-2a_{2k-1}-{1\over2^{2k-1}}+1\ &=-{1\over2^{2k-1}}+2-{1\over2^{2k-1}}+1\ &=-{1\over2^{2k-2}}+3\ a_{2k}&=-{1\over2^{2k}}+3 \end{aligned} $$

于是，

$$ a_n=\left{\begin{aligned} {1\over2^{n+1}}-1&\quad\text{if $n$ 是奇数}\ -{1\over2^n}+3&\quad\text{if $n$ 是偶数}\ \end{aligned}\right. $$

#简单题

数列 ${a_n}$ 满足，

$$ a_1=3, a_{n+1}=a_n^2-3a_n+4 $$

A. ${a_n}$ 严格单调递增。
B. ${a_n}$ 无界。
C. $a_{100}=101$.
D. $displaystyle\lim_{n\to\infty}\left({1\over a_1-1}+{1\over a_2-1}+\dots+{1\over a_n-1}\right)=1$.

容易发现，右侧系数 $134$ 类似 $144$ 的完全平方式，

$$ a_{n+1}-a_n=a_n^2-4a_n+4=(a_n-2)^2\ge0\ a_{n+1}\ge a_n,\therefore a_n\ge\dots\ge a_1=3\ (a_n-2)^2\ge1\Rightarrow a_{n+1}>a_n $$

由上面的，

$$ a_{n+1}-a_n=(a_n-2)^2\ge1\ a_n\ge a_{n+1}\ a_2\ge4,a_3\ge5,\dots,a_n\ge n+2 $$

于是，数列无界且，

$$ a_{100}\ge102 $$

后面不会了，注意到迭代形如 $a_{n+1}=f(a_n$，我们知道不动点是一个好工具，

$$ x=f(x)\ x=x^2-3x+4\ x^2-4x+4=0\ (x-2)^2=0\ x=2 $$

递归式两边同时减二，取倒数，

$$ a_{n+1}-2=a_n^2-3a_n+2=(a_n-1)(a_n-2)\ {1\over a_{n+1}-2}={1\over(a_n-1)(a_n-2)}={1\over a_n-2}-{1\over a_n-1}\ {1\over a_n-1}={1\over a_n-2}-{1\over a_{n+1}-2} $$

注意到形如 $f(n)=g(n)-g(n'$ 的形式，裂项成功，

$$ {1\over a_1-1}+{1\over a_2-1}+\dots+{1\over a_n-1}\ ={1\over a_1-2}-{1\over a_2-2}+{1\over a_2-2}-{1\over a_3-2}+\dots+{1\over a_n-2}-{1\over a_{n+1}-2}\ ={1\over a_1-2}-{1\over a_{n+1}-2}=1-{1\over a_{n+1}-2} $$

注意到，

$$ 0<{1\over a_{n+1}-2}\le{1\over n+1} $$

因此这一项极限为 $0$，

$$ \lim_{n\to\infty}\left({1\over a_1-1}+{1\over a_2-1}+\dots+{1\over a_n-1}\right)=1 $$

成立，故选 ABD。

#签到题

数列，

$$ a_1=1, a_{n+1}=\sqrt{a_n^2+{1\over a_n^{2019}}} $$

判断数列 ${a_n}$ 是否有界。

注意到该数列每一项均为正数，且都非零，

$$ a_{n+1}^2=a_n^2+{1\over a_n^{2019}}\ a_{n+1}^2> a_n^2\ a_{n+1}> a_n $$

严格单调递增，故无界。

证明，反证法：

假设数列有界，记为 $L$，两边取极限，

$$ L^2=L^2+{1\over L^{2019}} $$

显然无界，不成立。