高中数列题目

creasson

最近看到个高中数列题目，没思路，请教下各位。
已知数列${a_n}$:
\[{a_0} = 0, \quad {a_1} = \frac{1}{2}, \quad  {a_{n + 1}} + {a_{n - 1}} = \frac{{2{a_n}}}{{4 - a_n^2}}\]

求证：\[{(a_n^4 - 1)^2}a_{2n}^2 = 4(a_n^2 - 4a_n^4 + a_n^6)\]

wayne

这个结论很怪异,竟然是恒等式. 你确定是成立的吗,  我验证没通过

creasson

wayne 发表于 2021-10-22 10:47
这个结论很怪异,竟然是恒等式. 你确定是成立的吗,  我验证没通过

确定是这样的，哪一项验证没通过呢？我验证了n=1~10的。

1. G[0] = 0; G[1] = 1/2;
   
2. G[n_] := -G[n - 2] + (2 G[n - 1])/(4 - G[n - 1]^2);
   
3. H[n_] := (G[n]^4 - 1)^2 G[2 n]^2 - 4 ( G[n]^2 - 4  G[n]^4 + G[n]^6);
   
4. TableForm[Array[H, 10], TableHeadings -> Automatic]

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mathe

这个应该牵涉到椭圆曲线，你确定是初中问题？
查看链接，
https://bbs.emath.ac.cn/forum.ph ... 4662&fromuid=20
取A=4,B=0,C=-1,D=0,E=-10,F=-1,
也就是从曲线C1:$y=x^2$的$A_0(0,0)$的切线出发,每次切线会和曲线C2:$16x^2-y^2-10y-1=0$有两个交点，过其中一个交点$B_0: (\frac{1}{4},0)$向C1再做切线，切点$A_1$的横坐标就会正好为$a_1$, 同样此切线和C2还交于另外一点$B_1$,过$B_1$再向C1做切线切于$A_2$横坐标为$a_2$,...
依次做下去得到数列$a_1,a_2,...$



由链接中理论最终转化为一条椭圆曲线上的变化，而椭圆曲线的n次迭代有递推公式，利用这个就应该可以得出，但是计算过程会很复杂

mathe

记
\(M=\begin{bmatrix}1&0&-4\\0&2&0\\-4&0&1\end{bmatrix}\)
\(A_n=\begin{pmatrix}a_n^2\\a_n\\1\end{pmatrix}\)
于是\(A_0^TMA_1=\begin{pmatrix}0&0&1\end{pmatrix}\begin{bmatrix}1&0&-4\\0&2&0\\-4&0&1\end{bmatrix}\begin{pmatrix}\frac14\\\frac12\\1\end{pmatrix}=0\)
假设已经有\(A_{k-1}^TMA_k=0\)
由于二次方程\(\begin{pmatrix}x^2&x&1\end{pmatrix}MA_k=0\)展开后为
\((a_k^2-4)x^2+2a_kx+(-4a_k^2+1)=0\),而且我们已经知道方程一个根为\(x=a_{k-1}\)
根据韦达定理，另外一个根u满足\(a_{k-1}+u=\frac{2a_k}{4-a_k^2}=a_{k-1}+a_{k+1}\)
得出另外一个根即\(a_{k+1}\),所以得出\(A_{k+1}^TMA_k=0\)，由于M是对称阵，即\(A_k^TMA_{k+1}=0\),归纳假设成立。
另外计算得知
\(M=\begin{bmatrix}\frac1{\sqrt{2}}&0&-\frac1{\sqrt{2}}\\0&1&0\\\frac1{\sqrt{2}}&0&\frac1{\sqrt{2}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-3&0&0\\0&2&0\\0&0&5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac1{\sqrt{2}}&0&\frac1{\sqrt{2}}\\0&1&0\\-\frac1{\sqrt{2}}&0&\frac1{\sqrt{2}}\end{bmatrix}\)
由此我们得出
\(\begin{pmatrix}a_n^2&a_n&1\end{pmatrix}\begin{bmatrix}\frac1{\sqrt{2}}&0&-\frac1{\sqrt{2}}\\0&1&0\\\frac1{\sqrt{2}}&0&\frac1{\sqrt{2}}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}-3&0&0\\0&2&0\\0&0&5\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac1{\sqrt{2}}&0&\frac1{\sqrt{2}}\\0&1&0\\-\frac1{\sqrt{2}}&0&\frac1{\sqrt{2}}\end{bmatrix}\begin{pmatrix}a_{n+1}^2\\a_{n+1}\\1\end{pmatrix}=0\)

mathe

上面试验有没有不通过链接中方案的方法更直接的计算，发现很困难。
对于一般的$a_{n-1}+a_{n+1}=f(a_n)$,其中f是分子和分母次数都不超过两次的有理分式，都可以通过类似的方法，我们应该类似构造很多不同的题目。
链接4#说明，
我们把$(a_n,a_n^2)$看成曲线$y=x^2$上的点列，取变换曲线$C_2: 4Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+Ey+F=0$，那么变换点列中，$a_{n-1},a_{n+1}$会同时满足方程
\(\begin{pmatrix}X&X^2&1\end{pmatrix}
\begin{bmatrix}2A+E&B&D\\B&C&A\\D&A&F\end{bmatrix}
\begin{pmatrix}a_n\\a_n^2\\1\end{pmatrix}=0\)
于是根据韦达定理有\(a_{n-1}+a_n = -\frac{(2A+E)a_n+Ba_n^2+D}{Ba_n+Ca_n^2+A}\)
上面表达式可以设计很多满足条件的二次分式递推式， (但是它们可以同时乘上一个非零常数，结果等价)，其中唯一限制是分子二次项系数和分母一次项系数相同
然后我们再根据
\(\begin{pmatrix}a_0&a_0^2&1\end{pmatrix}
\begin{bmatrix}2A+E&B&D\\B&C&A\\D&A&F\end{bmatrix}
\begin{pmatrix}a_1\\a_1^2\\1\end{pmatrix}=0\)
使用初始条件$a_0,a_1$的值唯一确定系数F。

mathe

但是我们后面分析过程都需要先进行16#中的射影变换。
但是问题是链接中4#中采用了9#中定义的第二类变换曲线，而链接中16#中采用的是第一类变换曲线。
由此我们需要先计算上面变换的第一类变换曲线，然后再计算目标曲线$y=x^2$和第一类变换曲线经过射影变换以后的结果才可以。
我们假设第一类变换曲线$C_3: Ax^2+2Bxy+Cy^2+2Dx+2Ey+F=0$将点$(x_1,x_1^2)$变换为$(x_2,x_2^2)$,变换中对应切点为$(u,v)$
于是我们有
\(\begin{pmatrix}u&v&1\end{pmatrix}\begin{bmatrix}A&B&D\\B&C&E\\D&E&F\end{bmatrix}\begin{pmatrix}u\\v\\1\end{pmatrix}=0\)
对应$C_3$的切线方程为
\(\begin{pmatrix}u&v&1\end{pmatrix}\begin{bmatrix}A&B&D\\B&C&E\\D&E&F\end{bmatrix}\begin{pmatrix}X\\Y\\1\end{pmatrix}=0\)
所以
\(\begin{pmatrix}u&v&1\end{pmatrix}\begin{bmatrix}A&B&D\\B&C&E\\D&E&F\end{bmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_1^2\\1\end{pmatrix}=0\)
而且
\(\begin{pmatrix}u&v&1\end{pmatrix}\begin{bmatrix}A&B&D\\B&C&E\\D&E&F\end{bmatrix}\begin{pmatrix}x_1\\x_2^2\\1\end{pmatrix}=0\)
也就是二次方程
\(\begin{pmatrix}u&v&1\end{pmatrix}\begin{bmatrix}A&B&D\\B&C&E\\D&E&F\end{bmatrix}\begin{pmatrix}x\\x^2\\1\end{pmatrix}=0\)
即\((Bu+Cv+E)x^2+(Au+Bv+D)x+(Du+Ev+F)=0\)
有两个根$x=x_1,x=x_2$，即$m=x_1+x_2,n=x_1x_2$
所以我们根据韦达定理得出
$m=-\frac{Au+Bv+D}{Bu+Cv+E}, n=\frac{Du+Ev+F}{Bu+Cv+E}$
也就是$(m,n)$是$(u,v)$通过射影变换
\(\begin{bmatrix}-A&-B&-D\\D&E&F\\B&C&E\end{bmatrix}\)的变化结果
或者说存在r使得
\(r\begin{pmatrix}m\\n\\1\end{pmatrix}=\begin{bmatrix}-A&-B&-D\\D&E&F\\B&C&E\end{bmatrix}\begin{pmatrix}u\\v\\1\end{pmatrix}\)
或者说
\(r\begin{pmatrix}-m\\1\\n\end{pmatrix}=\begin{bmatrix}A&B&D\\B&C&E\\D&E&F\end{bmatrix}\begin{pmatrix}u\\v\\1\end{pmatrix}\)
由此得出
\(\begin{pmatrix}-(x_1+x_2)&1&x_1x_2\end{pmatrix}\begin{bmatrix}A&B&D\\B&C&E\\D&E&F\end{bmatrix}^{-1}\begin{pmatrix}-(x_1+x_2)\\1\\x_1x_2\end{pmatrix}=0\)

然后本题5#中已经得出
\((a_n^2-4)a_{n+1}^2+2a_na_{n+1}+1-4a_n^2=0\)
可以变化为
\((a_na_{n+1})^2-4(a_n+a_{n+1})^2+10(a_na_{n+1})+1=0\)
即
\(\begin{pmatrix}-(a_n+a_{n+1})&1&a_na_{n+1}\end{pmatrix}\begin{bmatrix}-4&0&0\\0&1&5\\0&5&1\end{bmatrix}\begin{pmatrix}-(a_n+a_{n+1})\\1\\a_na_{n+1}\end{pmatrix}=0\)
由此得出第一类变换曲线对应的矩阵为
\(\begin{bmatrix}-4&0&0\\0&1&5\\0&5&1\end{bmatrix}^{-1}=\frac1{24}\begin{bmatrix}-6&0&0\\0&-1&5\\0&5&-1\end{bmatrix}\)
对应第一类变换曲线为\(6x^2+y^2-10y+1=0\)
如图

绿色为目标曲线$y=x^2$，红色为原先的第二类变换曲线$16x^2-y^2-10y-1=0$, 蓝色为第一类变换曲线$6x^2+y^2-10y+1=0$，各虚线为对应的辅助切线，黑色虚线是第二类变换的辅助切线，橙色为第一类变换的辅助切线。
上图验证了计算的正确性。
第一类变换曲线和目标曲线交于四点\( (h,h^2), (-h,h^2), (\frac1h,\frac1{h^2}),(-\frac1h,\frac1{h^2})\)，其中\(h^4-4h^2+1=0\)
下面我们需要做射影变换将目标曲线变化为$xy=1$,而前三个交点\( (h,h^2), (-h,h^2), (\frac1h,\frac1{h^2})\)分别变换为点\((1:0:0), (0:1:0), (1:1:1)\)
由于射影变换是保持四点交比不变的，原目标曲线$y=x^2$上由于存在无穷远点(0:1:0),所以可以直接用横坐标计算交比，得出四点交比为
\(\frac{(\frac1h-h)/(-\frac1h-h)}{(\frac1h+h)/(-\frac1h+h)}=\frac13\),
同样由于变换后目标曲线$xy=1$存在无穷远点(0:1:0)和(1:0:0),即可以用横坐标也可以用纵坐标计算交比，得出第四点坐标为\((1/3:3:1)\).
变换矩阵的计算参考:
https://bbs.emath.ac.cn//forum.p ... 2371&fromuid=20
我们可以得出变换矩阵为
\(S=\begin{bmatrix}-\frac h3&-\frac16& -\frac{h^2}6\\
h&-\frac12&-\frac{h^2}2\\0&\frac{h^2-2}6&\frac{1-2h^2}6\end{bmatrix}\)
于是原先的点$(a_0:a_0^2:1)=(0:0:1)$转化为点\((\frac{h^2-2}3,h^2-2)\)
点\((a_1:a_1^2:1)=(\frac12 : \frac14:1)\)转化为点\((\frac{28h^3+15h^2-104h-54}3,-28h^3+15h^2+104h-54)\)
对应目标曲线为$xy=1$,第一类变换曲线系数变化为\(S^{-1T}\begin{bmatrix}-6&0&0\\0&-1&5\\0&5&-1\end{bmatrix} S^{-1}\)
可以通过乘上常数简化为\(\begin{bmatrix}0&3&3\\3&0&1\\3&1&-14\end{bmatrix}\)，对应曲线方程$(x+1/3)(y+1)=(1+1/3)(1+1)=8/3$
对应到链接16#有$a=-1/3,b=-1$

mathe

现在可以打开另外一个计算对合变换的链接28#中的附件：
如果第一类变换曲线(x-a)(y-b)=(1-a)(1-b)和(x-ta)(y-tb)=(1-ta)(1-tb)的复合变换对应的第一类变换曲线是(x-as)(y-bs)=(1-as)(1-bs),那么t和s满足下面方程
\(\begin{pmatrix}s^2&s&1\end{pmatrix}\begin{bmatrix}a^2b^2&-2ab&1\\-2ab&-2ab+4a+4b-2&-2\\1&-2&1\end{bmatrix}\begin{pmatrix}t^2\\t\\1\end{pmatrix}=0\)
对于本题中$a=-1/3,b=-1$得到
\(\begin{pmatrix}s^2&s&1\end{pmatrix}\begin{bmatrix}\frac19&-\frac23&1\\-\frac23&-8&-2\\1&-2&1\end{bmatrix}\begin{pmatrix}t^2\\t\\1\end{pmatrix}=0\)
并且里面给出了两倍公式
\(t_{2n}=\frac{4(at_n-1)(bt_n-1)}{(abt_n^2-1)^2}=\frac{4(\frac13 t_n+1)(t_n+1)}{(\frac13 t_n^2-1)^2}=\frac{12(t_n+3)(t_n+1)}{(t_n^2-3)^2}\)

mathe

点$A_0(0,0)$在射影变化后为\((\frac{h^2-2}3, h^2-2)\)。
根据链接18#，$A_n$就射影变化后结果$(x_n,y_n,z_n)$相当于上面点经过$t_n$变换以后的结果
所以满足条件
\(\begin{pmatrix}\frac{h^2-2}3&h^2-2&1\end{pmatrix}\begin{bmatrix}b^2t_n^2&-2bt_n&1\\-2bt_n&-2abt_n^2+4bt_n+4at_n-2&-2at_n\\1&-2at_n&a^2t_n^2\end{bmatrix}\begin{pmatrix}x_n\\y_n\\z_n\end{pmatrix}=0\)
把上面的矩阵记为$T_n$,于是
\(T_n=\begin{bmatrix}t_n^2&2t_n&1\\2t_n&-\frac23t_n^2-4t_n-\frac43t_n-2&\frac23t_n\\1&\frac23t_n&\frac19t_n^2\end{bmatrix}\)
另外我们知道\(\begin{pmatrix}x_n\\y_n\\z_n\end{pmatrix}=S\begin{pmatrix}a_n\\a_n^2\\1\end{pmatrix}\)
代入得到

\(\begin{pmatrix}0&0&1\end{pmatrix}S^T \begin{bmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}t_n^2&2t_n&1\\2t_n&-\frac23t_n^2-4t_n-\frac43t_n-2&\frac23t_n\\1&\frac23t_n&\frac19t_n^2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&0&0\\0&0&1\\0&1&0\end{bmatrix}S\begin{pmatrix}a_n\\a_n^2\\1\end{pmatrix}=0\)
也就是\((t_n^2+4 t_n+3)a_n^2=2t_n\), 同理\((t_{2n}^2+4 t_{2n}+3)a_{2n}^2=2t_{2n}\)

现在发现前面给出的$t_{2n}$的公式有点错误，应该是
\(t_{2n}=\frac{4(at_n-1)(bt_n-1)t_n}{(abt_n^2-1)^2}=\frac{4(\frac13 t_n+1)(t_n+1)t_n}{(\frac13 t_n^2-1)^2}=\frac{12(t_n+3)(t_n+1)t_n}{(t_n^2-3)^2}\)
此后各种公式代入就可以验证楼主的公式是正确的。

mathe

文档里面给出$t_{2n}$的公式是通过将$a,b$用$at_n,bt_n$替换，这时应该所有的参数t被除以常数$t_n$,所以计算出来的结果的确是$\frac{t_{2n}}{t_n}$,也就是$t_{2n}$差了一个倍数$t_n$