数列的通项公式

wayne

我理解能力有点弱，要是能从正面来说明 递增不存在就好了

mathe

还是不行，28#两边各自有个参数$c_3,c_4$,所以只能说明$b_n-{2n}/3-{ln(n)}/18$有界而不是趋向0.所以不能得出不能单调的结论

wayne

32# mathe 通过编程发现，似乎存在一个关于 $a_1,a_2$的某种约束方程，使得该序列满足递增的可能。 设 $a_1=a,a_2=b$ , 根据 $a_10 ,-\frac{\sqrt{-1-\sqrt{5+8a^2+4a^4}}}{\sqrt{2}} < b < \sqrt{1+a^2}$ 画图如下： 算到$a3 0 , Root[-1 - 8 a^2 - 28 a^4 - 56 a^6 - 70 a^8 - 56 a^10 - 28 a^12 - 8 a^14 - a^16 + (-2 - 12 a^2 - 30 a^4 - 40 a^6 - 30 a^8 - 12 a^10 - 2 a^12) #1^2 + (-1 - 4a^2 - 6 a^4 - 4 a^6 - a^8) #1^4 + (1 + 2 a^2 + a^4) #1^6 + (3 + 4 a^2 + 2 a^4) #1^8 + (5 + 2 a^2 + a^4) #1^10 + 6 #1^12 + 4 #1^14 + #1^16 &, 2] < b <Root[-1 - 4 a^2 - 6 a^4 - 4 a^6 - a^8 + (-1 - 2 a^2 - a^4) #1^2 + #1^4 + 2 #1^6 + #1^8 &, 2] 画图如下： 两条线基本上快重合了，但却还是不相交，似乎由此可以推测，数列存在递增的可能。 那这个终极的曲线是什么呢？

wayne

两条曲线逼近于一条曲线，这意味着，对于确定的$a_1$ ,必然对应着一个确定的$a_2$，使得数列是递增的。 稍有偏差，就会带来不稳定，最终陷入到交错状态。 例如，当$a_1=100$,时，b 为 200.0015625 和 200.0018750 之间的某一确定的数。

wayne

当$a_1=10, a_2=10.033296296752801$ 时，数列接下来的47位都是递增的。 {10, 10.0333, 10.0665, 10.0996, 10.1325, 10.1654, 10.1981, 10.2308, 10.2633, 10.2958, 10.3281, 10.3604, 10.3925, 10.4246, 10.4565, 10.4883, 10.5201, 10.5517, 10.5833, 10.6148, 10.6461, 10.6774, 10.7086, 10.7397, 10.7707, 10.8016, 10.8325, 10.8632, 10.8939, 10.9244, 10.9549, 10.9853, 11.0156, 11.0459, 11.076, 11.1061, 11.1361, 11.1659, 11.1959, 11.2253, 11.2557, 11.2838, 11.3162, 11.3399, 11.3808, 11.387, 11.4624, 11.3994, 11.6135, 11.2753}

mathe

的确，这样的极限应该存在。 为了方便讨论起见，我还是采用$b_n$而不是$a_n$,于是递推公式为$b_{n+1}b_n=(b_{n-1}+1)^2$ 对于每个初始常数a,如果取$b_1=a>0$我们设$b_2=x$,我们可以定义函数 $f_1(x)=a,f_2(x)=x,f_{k+1}(x)={(f_{k-1}(x)+1)^2}/{f_k(x)}$ 于是我们知道，对于奇数k,$f_k(x)$是非增函数（除了$f_1(x)$全部严格减)；对于偶数k,$f_k(x)$都是增函数。 我们现在用数学归纳法证明，对于$k>=2$同时满足$f_1(x)3,$b_k=b_{k-1},a_k>a_{k-1},f_k(a_k)=f_{k-1}(a_k),f_k(b_k)>=f_{k-1}(b_k)+1$, 对于奇数k,$b_k=f_{k-1}(a_k)+1$ 显然$a_2=a,b_2=+infty,a_3=a,b_3=a+1<+infty,f_3(a+1)=(a+2)^2/(a+1)>a+2=f_2(a)+1$,所以假设对于k<=3成立。 假定假设对于k<=N-1都已经成立，那么对于k=N, 1.如果N是偶数 由于$f_N(x)={(f_{N-2}(x)+1)^2}/{f_{N-1}(x)}$ 由于我们已经知道$f_{N-1}(b_{N-1})=f_{N-2}(b_{N-1}),f_{N-1}(a_{N-1})>f_{N-2}(a_{N-1})+1$ 所以${(f_{N-2}(b_{N-1})+1)^2=(f_{N-1}(b_{N-1}+1)^2>f_{N-1}(b_{N-1})^2+2f_{N-1}(b_{N-1})$, 也就是说$f_N(b_{N-1})>f_{N-1}(b_{N-1})+2>f_{N-1}(b_{N-1})+1$,所以取$b_{N}=b_{N-1}$ 而由$f_{N-2}(a_{N-1})+1a_{N-1}$ 2.如果N是奇数，可以类似上面方法来证明 于是归纳假设成立，由区间套定理，上面区间至少有一个公共交点。 我们至少证明了单调增函数的存在性。但是对每个初始值a,最后区间长度是否收敛到0还没有证明

mathe

唯一性也容易证明，反证即可 将设有$b'_1=b_1,b'_2>b_2$于是$b'_3b_4,...,b'_{2k-1}b_{2k}$ 然后$b'_{2k+2}-b_{2k+2}>2{b_{2k}}/{b_{2k+1}}(b'_{2k}-b_{2k})$ 由$b_n~b'_n~{2n}/3$,得出对于充分大的k,$b'_{2k+2}-b_{2k+2}>1.5(b'_{2k}-b_{2k})$ 然后可以得出$b'_{2k+2n}-b_{2k+2n}>1.5^n(b'_{2k}-b_{2k})$ 然后很容易可以得出同$b_n~b'_n~{2n}/3$矛盾

mathe

现在设计一个由$b_1$计算$b_2$的算法也很容易 我们知道$(b_n,b_{n+1})$也必然在这条曲线上，于是我们知道对于充分大的n $({2n}/3+{ln(n)}/18,{2n+2}/3+{ln(n+1)}/18)$近似在这条曲线上 通过这个$b_n,b_{n+1}$的近似值，我们可以计算出$b_{n-1}$的近似值为$sqrt(b_nb_{n+1})-1$,而这个值的相对误差大概是$b_n,b_{n+1}$的相对误差的一半。所以通常只要添加充分多项就可以得到非常好的曲线上点的近似结果。

mathe

上面分析错了，每计算一个数，相对误差基本保持不变，所以这种方法效率也就不是很高了。要计算很多想才能有较高的精度

Buffalo

这样的初值存在且唯一，则有$b_2=f(a)$，且$b_3=f(f(a))=\frac{a^2+1}{f(a)}$，这就是函数$f(a)$需要满足的方程，观察知$a$很大时$f(a)~ a$，用待定系数法可知$f(a)=a+\frac{1}{3a}-\frac{1}{(3a)^3}+\frac{10}{(3a)^7}-\frac{14}{(3a)^9}-\frac{522}{(3a)^11}+\frac{2794}{(3a)^13}+\frac{55341}{(3a)^15}-\frac{737910}{(3a)^17}-\frac{8312252}{(3a)^19}+\cdots$