mathe 发表于 2023-8-30 17:16:22

对于二阶递归序列\(a_n=ba_{n-1}-ca_{n-2}\), 对应特征方程为\(x^2-bx+c=0\),这个特征方程假设有两个实数根\(x_1\gt x_2\)
于是我们可以假设通项公式为\(a_n=u_1x_1^n+u_2x_2^n\),如果\(a_0=1\)那么必然有\(u_1+u_2=1\)
于是\(\frac{a_{n+1}}{a_n}=x_1\frac{1+\frac{u_2}{u_1}(\frac{x_2}{x_1})^{n+1}}{1+\frac{u_2}{u_1}(\frac{x_2}{x_1})^n}\)
如果总满足\(a_{n+1}=\lfloor x_1 a_n\rfloor \le x_1 a_n\)
那么必然总有\(0\lt \frac{1+\frac{u_2}{u_1}(\frac{x_2}{x_1})^{n+1}}{1+\frac{u_2}{u_1}(\frac{x_2}{x_1})^n} \lt 1\)
显然这时应该\(x_1,x_2\)同号, 于是在\(0\lt x_2\lt x_1\)时,要保证上面不等式总成立,还需要\(u_1,u_2\)同号,再根据\(u_1+u_2=1\)得出它们都是正数。
由于当我们选择\(a_1=u_1x_1+u_2x_2\)是整数时,那么必然对于所有的n,\(a_n=u_1x_1^n+u_2x_2^n\)也都是整数
所以只要\(0\lt x_1 a_n - a_{n+1}\lt 1\),也就是要求
\(0\ltu_2(x_1-x_2) x_2^n \lt 1\) 对于所有的n成立即可, 所以显然我们必须要求\(x_2\le 1\)才有可能。
而在\(x_2\le 1\)时,由于表达式关于n单调减,只要求\(0\ltu_2(x_1-x_2) x_2^0 = x_1 a_0-a_1=x_1-a_1 \lt 1\)即可,也就是\(a_1=\lfloor x_1\rfloor\)。
也就是我们需要递推数列特征方程有两个正根\(0\lt x_2\le 1\lt x_1\)并且选择\(a_0=1, a_1=\lfloor x_1\rfloor\)。



gxqcn 发表于 2023-9-1 10:29:16

如何证明 “\(a_0=1, \; a_n =\lfloor(3+\sqrt2)a_{n-1}\rfloor\,( n\ge1)\)” 不存在等价的二阶递归表达式?

nyy 发表于 2023-9-1 11:19:07

gxqcn 发表于 2023-9-1 10:29
如何证明 “\(a_0=1, \; a_n =\lfloor(3+\sqrt2)a_{n-1}\rfloor\,( n\ge1)\)” 不存在等价的二阶递归表达式 ...

我不折腾这类问题了,一个数列找通项公式,
如果mathematica软件找不到,那么大概率你自己也找不到。

282842712474 发表于 2023-9-3 00:46:29

gxqcn 发表于 2023-9-1 10:29
如何证明 “\(a_0=1, \; a_n =\lfloor(3+\sqrt2)a_{n-1}\rfloor\,( n\ge1)\)” 不存在等价的二阶递归表达式 ...

反过来不是在mathe的基础上用反证法就行了吗?

gxqcn 发表于 2023-9-3 08:49:55

不存在的证明,比存在的证明,要容易得多。

可以先计算出前五项,
假设存在,待定二阶递归表达式的两个系数,
通过前几项,可联立得到二元一次方程组,解得这两个待定系数,
然后再检验,后续的项是否满足该二阶递归表达式。

如果不满足,表明假设不成立,证否;
如果满足,仍需进一步证明两者递归表达式为等价的。

wayne 发表于 2023-9-3 09:37:07

二阶 方程 意味着 序列的二阶差分是常数序列. 实际上列举几项 就能证实 不是. 所以不存在
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