求数列通项公式
设 \(a_0=1\)，当 \(n\geq0\) 时，\(a_{n+1}=4a_n+\left\lfloor\sqrt{11}a_n\right\rfloor\)，其中 \(\lfloor a\rfloor\) 表示不大于 \(a\) 的最大整数，求 \(a_n\) 的通项表达式。 本帖最后由 nyy 于 2023-8-29 09:30 编辑
题目太弱智，答案是
\[\frac{\left(7 \sqrt{11}+33\right) \left(4-\sqrt{11}\right)^n+5 \left(3 \sqrt{11}+11\right) \left(\sqrt{11}+4\right)^n}{110 \left(\sqrt{11}+4\right)}\]
(5 (4 + Sqrt)^n (11 + 3 Sqrt) + (4 - Sqrt)^
n (33 + 7 Sqrt))/(110 (4 + Sqrt)) /.
n -> Range // Simplify
以上代码供你检验，代码丑
mathematica中显示的公式是这样，
\[\frac{5 \left(4+\sqrt{11}\right)^n \left(11+3 \sqrt{11}\right)+\left(4-\sqrt{11}\right)^n \left(33+7 \sqrt{11}\right)}{110 \left(4+\sqrt{11}\right)}\]
第一个公式是转LaTeX导致的 Clear["Global`*"];(*清除所有变量*)
a=1
xxx={1}(*用来保存数列的前几项*)
Do*a];
xxx=Append,
{k,1,12}]
(*通过数列的前十几项,找到数列的通项公式*)
xx=FindSequenceFunction//FullSimplify
把我的思想与方法都告诉你吧，放在我手里也没啥用。 请证明：
\
上述递推公式与原递推公式等价。 东施效颦@kastin大神，硬分析一波。
记$\beta=4+\sqrt{11}, \{\sqrt{11}a\} = \sqrt{11}a - \lfloor \sqrt{11}a\rfloor$，那么
$$a_{n+1} = \beta a_n \left(1 - \frac{\{\sqrt{11}a_n\}}{\beta a_n}\right)$$
迭代并结合$a_0=1$得
$$a_n = \beta^n \prod_{i=0}^{n-1} \left(1 - \frac{\{\sqrt{11}a_i\}}{\beta a_i}\right) = \beta^n \frac{\prod_{i=0}^{\infty} \left(1 - \frac{\{\sqrt{11}a_i\}}{\beta a_i}\right)}{\prod_{i=n}^{\infty} \left(1 - \frac{\{\sqrt{11}a_i\}}{\beta a_i}\right)} $$
不难发现分子是收敛的，记为$k$，显然$a_n > k\beta^n$，并且
$$\begin{aligned}
a_n - k \beta^n=&\, k \beta^n \left(\frac{1}{\prod_{i=n}^{\infty} \left(1 - \frac{\{\sqrt{11}a_i\}}{\beta a_i}\right)} - 1 \right) \\
< &\, k \beta^n \left(\frac{1}{\prod_{i=n}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{k\beta^{i+1}}\right)} - 1 \right)
\end{aligned}$$
接下来的放缩空间就比较大了，因为我们只需要证明$a_n - k\beta^n < 1$，这个界还是很松的，大家可以自行补充，这里不展开，因为展开细节又很多了。
现在我们知道：1、$a_n$是一个整数；2、$a_n > k\beta^n$；3、$a_n - k\beta^n < 1$，那么就是说
$$a_n = \lceil k\beta^n\rceil$$
至于$k$，可以递归计算前面若干项$a_n$来估计，这个收敛还是相当快的：
$$k = 0.9522670\cdots$$
事实上还有
$$k = \frac{3\sqrt{11}+11}{22}$$
这个解析式是根据前面几楼的二次递推解得出的。我比较想知道的是，能否不借助构造等价的二次递推来得出这个解析解？
using Hecke
setprecision(10000)
function seq_a(n)
global a = big(1)
global b = big(11.0)
for i in range(1, n)
tmp = 4 * a + BigInt(floor(a *sqrt(b)))
global a = tmp
end
a
end
function seq_b(n)
d = 11
F, t = quadratic_field(d)
b_1 = 4 - t
b_2 = 4 + t
t_1 = 33 + 7t
t_2 = 5(11 + 3t)
t_3 = 110b_2
b = (t_1 * b_1^n + t_2 * b_2^n) / t_3
b
end
for n in range(1,1000)
if seq_a(n) != seq_b(n+1)
println(n)
println(seq_a(n))
println(seq_b(n+1))
end
end
结果是一致的，但是通项公式的n应该是n+1 本帖最后由 nyy 于 2023-8-30 08:58 编辑
无心人 发表于 2023-8-29 16:47
结果是一致的，但是通项公式的n应该是n+1
我又重新整了一下，通项公式的表达式为
\[\left(\frac{1}{2}-\frac{3}{2 \sqrt{11}}\right) \left(4-\sqrt{11}\right)^n+\left(\frac{1}{2}+\frac{3}{2 \sqrt{11}}\right) \left(4+\sqrt{11}\right)^n\]
第一项当n充分大的时候，趋于零。第一项是个大于零的数，主要看第二项
\[\left(\frac{1}{2}+\frac{3}{2 \sqrt{11}}\right) \left(4+\sqrt{11}\right)^n\]
当n充分大后，通项公式就是
\[\left\lceil\left(\frac{1}{2}+\frac{3}{2 \sqrt{11}}\right) \left(4+\sqrt{11}\right)^n\right\rceil\]
然后用数学归纳法证明，应该容易些，但是我懒得证明，因为我验证过上百项就可以了，不想浪费时间去证明。
我觉得思路通了，就可以了。先用数值计算证明前1000一样的，然后再用数学归纳法证明。
mathematica的代码为
(1/2 - 3/(2 Sqrt)) (4 - Sqrt)^
n + (1/2 + 3/(2 Sqrt)) (4 + Sqrt)^n
4#的等价关系
记 `α=4+\sqrt{11},β=4-\sqrt{11}`，易知`αβ=5,α+β=8,0<β<1`
由定义知 `α a_n-1<a_{n+1}<α a_n`
两边乘以`β`得 `5a_n-β<β a_{n+1}=(4-\sqrt{11})a_{n+1}<5a_n`
移项可得 `4a_{n+1}-5a_n<\sqrt{11}a_{n+1}<4a_{n+1}-5a_n+β`
可见 `\lfloor\sqrt{11}a_{n+1}\rfloor=4a_{n+1}-5a_n`
代入原定义式得`a_{n+2}=8a_{n+1}-5a_n`
4#的等价关系得证。 将$\sqrt{11}$改$\sqrt{8}$试试？能否找到类似的二次递推公式？
5#的结果倒还适用：
$$a_n = \lceil k\beta^n\rceil,\quad \beta=4+\sqrt{8}, \,\,k = 0.85734465\cdots$$
但是构造二次递推的思路，似乎因为$4-\sqrt{8} > 1$而失效了？
282842712474 发表于 2023-8-30 10:53
将$\sqrt{11}$改$\sqrt{8}$试试？能否找到类似的二次递推公式？
5#的结果倒还适用：
@nyy 试试你的 MMA 大法可还凑效？
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