学 号： _504051_ 密级： 公 开
温州大学
硕 士 学 位 论 文
关于两类递推数列通项的求法及其
收敛特征
作 者 姓 名： 毛蓓蕾 学科、专业 ： 应用数学 研 究 方 向： 应用分析 指 导 教 师： 赵焕光教授 完 成 日 期： 2009年3月
温州大学学位委员会
分 类 号： 0171 UDC： 510
学 号： _504051_ 密级： 公 开 _
温州大学
硕 士 学 位 论 文
关于两类递推数列通项的求法及其
收敛特征
作 者 姓 名： 学科、专业 ： 应用数学 研 究 方 向： 应用分析 指 导 教 师： 完 成 日 期： 2009年3月
温州大学学位委员会
温 州 大 学 学 位 论 文 独 创 性 声 明
本人郑重声明：所呈交的学位论文是我个人在导师指导下进行的研究工作及取得的研究成果。尽我所知，除了文中特别加以标注和致谢的地方外，论文中不包含其他人已经发表或撰写过的研究成果，也不包含为获得温州大学或其它教育机构的学位或证书而使用过的材料。与我一同工作的同志对本研究所做的任何贡献均已在论文中作了明确的说明并表示了谢意。
论文作者签名： 日期： 年 月 日
温 州 大 学 学 位 论 文 使 用 授 权 声 明
本人完全了解温州大学关于收集、保存、使用学位论文的规定，即：学校有权保留并向国家有关部门或机构送交论文的复印件和电子版，允许论文被查阅和借阅。本人授权温州大学可以将本学位论文的全部或部分内容编入有关数据库进行检索，可以采用影印、缩印或扫描等复制手段保存和汇编本学位论文。本人在导师指导下完成的论文成果，知识产权归属温州大学。
保密论文在解密后遵守此规定。
论文作者签名： 导师签名： 日期： 年 月 日 日期： 年 月 日
关于两类递推数列通项的求法及其收敛特征
摘 要
递推数列几乎在所有的数学分支中都有重要的作用，如何求递推数列的通项及其收敛特征是递推数列的基本问题．本毕业论文主要分为两部分来探讨这方面的问题．
第一部分主要运用方程的观点及化归的观点系统地介绍了一元一阶线性递推数列、一元一阶分式线性递推数列、一元二阶线性递推数列、二元一阶线性递推数列的两种方法，并选取近年一些高考题进行分析．同时，在求得通项公式的基础上建立了若干关于线性递推数列的若干收敛特征定理．
第二部分运用了不变量方法及变量代换法获得若干种由不同平均数按不同的方式产生的递推数列的通项公式，主要包含由给定的两个数用同一种平均数按不同方式产生的递推数列、由给定的两个数用两种不同的平均数按不同步方式产生的递推数列、由给定的三个数用同一种平均数按同步方式两两配对产生的递推数列、由给定的两个数用两种不同的平均数按同步方式产生的数列等四种通项公式，并在他人的基础上首先给出了由各种平均数按不同方式产生的递推数列的收敛性、收敛速度及其渐进性质，建立了相应的收敛特征定理．
关键词：递推数列，通项公式，平均数，收敛特征
I
ABOUT CALCULATION METHOD AND
CONVERGENCE OF TWO TYPES GENERAL TERM FORMULA OF RECURRENCE SEQUENCE
ABSTRACT
Recurrence sequence plays considerable roles in almost all branches of mathematics. How to solve out the general term formula and convergence of the recurrence sequence is the basic question of the recurrence sequence. In this diploma work, it probes the issues mainly by two sections.
In the first section, it takes the equation view and reduction view to introduce the two methods of unitary first order linear recurrence sequence, unitary first order fractional linear recurrence sequence, unitary second order linear recurrence sequence and binary first order linear recurrence sequence, and analyzes some mathematic problems selected from the College Entrance Exam Paper of recent years. At the same time, it builds up several convergence principles on linear recurrence sequence based on the solved general term formula.
In the second section, it applies variable method and invariant method to obtain several general term formula of recurrence sequence produced under several kinds of different mean values by different
II
manners, and mainly includes four kinds of general term formula, such as, recurrence sequence generated from two given numbers with same mean value by different manner, recurrence sequence generated from two given numbers with two different mean values by asynchronous manner, recurrence sequence generated from three given numbers with same mean value by synchronous manner and matched by couple, and sequence generated from two given numbers with two different mean values by synchronous manner. Additionally, it firstly presents the convergence, converging speed and asymptote property of the recurrence sequence generated from all kinds of mean values by different manners, and builds up the corresponding convergence property principles.
KEY WORDS recurrence sequence, general term formula, mean value, convergence property
III
目 录
摘要 ……………………………………………………………………Ⅰ ABSTRACT……………………………………………………………Ⅱ 引言 ……………………………………………………………………1 一、 简单线性递推数列
1. 简单线性递推数列通项的求法及应用 ……………………………2 1.1一元一阶线性递推数列………………………………………2 1.2一元一阶分式线性递推数列…………………………………4 1.3一元二阶线性递推数列………………………………………7 1.4二元一阶线性递推数列对……………………………………11 1.5其它类型………………………………………………………13 2. 简单线性递推数列的收敛特征 ……………………………………16
2.1一元一阶线性递推数列的收敛特征…………………………16 2.2一元一阶分式线性递推数列的收敛特征……………………17 2.3一元二阶线性递推数列的收敛特征…………………………19
二、由平均数产生的递推数列
1. 由平均数产生的递推数列通项的求法 ……………………………23
1.1由给定的两个数用同一种平均数按不同步方式
产生的递推数列 …………………………………………23
1.2由给定的两个数用两种不同的平均数按不同步方式
产生的递推数列 …………………………………………25
IV
1.3由给定的三个数用同一种平均数按同步方式两两配对
产生的递推数列 …………………………………………27
1.4由给定的两个数用两种不同的平均数按同步方式
产生的递推数列 …………………………………………30
1.5 未解决的问题 ………………………………………………31 2. 由平均数产生的递推数列的收敛特征 ……………………………32
2.1由给定的两个数用同一种平均数按不同步方式产生的
递推数列的收敛特征 ……………………………………32
2.2 由给定的两个数用两种不同的平均数按不同步方式
产生的递推数列的收敛特征 ……………………………34
2.3 由给定的三个数用同一种平均数按同步方式两两配对
产生的递推数列的收敛特征 ……………………………36
2.4由给定的两个数用两种不同的平均数按同步方式
产生的递推数列的收敛特征 ……………………………40
参考文献 ………………………………………………………………43 致 谢 ………………………………………………………………45 硕士期间所作的研究工作 ……………………………………………46
V
温州大学硕士学位论文
引 言
数列作为离散函数的典型代表之一,是培养观察、分析、归纳、猜想、逻辑推理以及运用数学知识提出问题、分析问题和解决问题的必不可少的重要途径,而递推数列正是数列的一种重要方法．
在高等数学中，主要可以利用特征根、矩阵论理论以及母函数等方法求解常系数齐次线性递推数列和分式线性递推数列的通项，很多前辈对此做了深入的研究，并得到了较详尽的结论．
在本毕业论文中，我们将讨论运用方程的观点及化归的观点系统地介绍求一阶线性递推数列、一阶分式线性递推数列、二阶线性递推数列以及二元一阶线性递推数列对的通项的两种方法及其应用，并在其基础上建立若干关于线性递推数列的若干收敛特征定理.同时，我们将运用不变量方法及变量代换法获得若干种由不同的平均数按不同的方式产生的递推数列的通项，并对其进行极限值的计算、收敛速度和渐近性的研究，并在他人的基础上首先给出了由各种平均数按不同方式产生的递推数列的收敛性、收敛速度及其渐进性质，建立了相应的收敛特征定理．
1
温州大学硕士学位论文
一、 简单线性递推数列
递推数列的通项、收敛性、收敛速度及其渐近性是数学分析中普遍被关注的热点问题(见文献[1]-[5])．在不知道递推数列通项的前提下，讨论递推数列的收敛性将会很复杂.然而求递推数列的通项却是一件困难的工作，徐历泉、张垚等人介绍过求线性递推数列通项的基本方法（详见文献[6]，[7]）.在本章中我们将运用方程的观点及化归的观点系统地介绍求一阶线性递推数列、一阶分式线性递推数列、二阶线性递推数列以及二元一阶线性递推数列对的通项的两种方法,并在其基础上建立若干关于线性递推数列的若干收敛特征定理.
1.简单线性递推数列通项的求法及应用
众所周知，一阶线性递推式（an+1=pan+q，其中p,q,x0为常数，n≥1）是数列中最为重要的数学模型之一，常用的等差数列(p=1)与等比数列(q=0)都是它的特例．在本节中，我们将说明通过适当的代数式变换与换元，可以把一阶分式线性递推式、二阶线性递推式、二元一阶线性递推式都归结到一阶（一元）线性递推式．因此，掌握线性递推数列解题方法的关键就是要掌握一阶线性递推式的解题方法，相对而言，后者又很容易掌握．另外，我们将通过最近几年的全国数学高考试题给予说明．
1.1 一元一阶线性递推数列
定义1 形如xn=pxn−1+q（其中p,q,x0为常数，n≥1）的数列，称为一阶线性递推数列.
在所有递推数列中，一阶线性递推数列是最简单的，其通项很容易求. 当p≠0，q=0时，{xn}为大家熟悉的等比数列，此时有xn=pnx0(n≥0)；当p=1，q≠0时，{xn}为等差数列，此时有xn=nq+x0(n≥0)；
q≠0时，{xn}为分段数列，此时有x2n=x0，x2n+1=−x0+q(n≥0).当p=−1，
下面介绍当p≠±1，q≠0时一阶线性递推数列通项的两种方法.
2
温州大学硕士学位论文
方法一：连比法
在原递推式两边减去方程x=px+q的根
q
，得 1−p
xn−
于是有
⎛qq⎞q⎞n⎛⎟⎜=p⎜−==−Lxpx⎜n−11−p⎟⎜01−p⎟⎟， (1-1) 1−p⎝⎠⎝⎠
qq1−pnnn
−p⋅=px0+q⋅ xn=px0+. 1−p1−p1−p
n
注：在连比法的推导过程中我们可以发现，实质是贯穿着不动点法的解题思路． 方法二：累加法
在原递推数列的两边同时除以pn，得
xnxn−1q
−=， pnpn−1pn
用累加法可得
nnqxn1−pnnn−kn
=x0+∑k，xn=px0+∑qp=px0+q⋅. n
k=1k=11−ppp
注：还可以将递推式xn+1=pxn+q分别减去递推式xn=pxn−1+q的两边，获得一个新的等比数列，然后再用连比的方法求得通项.
例1 (06福建卷(理))已知数列{an}满足a1=1，an+1=2an+1(n∈N+).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足4b1−1⋅4b2−1⋅L4bn−1=(an+1)bn(n∈N+),证明{bn}是等差数列；
(3)证明：
an1a1a2n
−<++L+n<(n∈N+). 23a2a3an+12
解 (1)方法一：关于x的方程x=2x+1的解为x0=−1，在递推式an=2an−1+1两边加1,得an+1=2(an−1+1)=L=2n−1(a1+1)=2n.
方法二：在递推式an=2an−1+1(n≥2)的两边同时除以2n,得
3
温州大学硕士学位论文
anan−11
(n≥2)， =+
2n2n−12n
an⎛anan−1⎞⎛an−1an−2⎞⎛a2a1⎞a1
=−+−+L+⎜⎟⎜⎟⎜2−⎟+ nnn−1n−1n−2
2⎠222⎠⎝22⎠⎝2⎝2
=
得
11111
， 1++L++=−
2n2n−12222n
an=2n−1.
(2)两边取对数可得.
ak2k−12k+1−1−2k2k2k1
11(3)由=k+1==−<−=, k+1k+1k+1
ak+12−122−12−12ak
ak+1
及
1k+1
(2−1−1)
2k−11111=k+1=2k+1=−>−可得.
24⋅2k−223⋅2k2−12−1
1.2一元一阶分式线性递推数列
定义2 形如xn+1=
axn+b
(其中a，b，c，d，x0为常数，n≥1)的递推
cxn+d
数列，称为一阶分式线性递推数列.
ax+b
设方程x=，即cx2+(d−a)x−b=0的两根分别为α、β.下面介绍求
cx+d
一阶分式递推数列通项的两种方法.
方法一：取倒数法
在原递推式两边减去α(注意α(cα+d)=aα+b),得
xn−α=
axn−1+ba(xn−1−α)+aα+b(a−αc)(xn−1−α)
−α=−α=，
cxn−1+dc(xn−1−α)+d+cαc(xn−1−α)+d+cα在刚得到的递推式两边取倒数,得
ccα+d11
=+⋅， xn−αa−cαa−cαxn−1−α令
bn=
cα+dc1
，p=，q=， xn−αa−cαa−cα 4
温州大学硕士学位论文
则得
bn=pbn−1+q， (1-2)
当方程x=
ax+b
有重根α（=β）时，必有 cx+d
a−d
α=，
2c
于是有
p=1；
由等差数列的知识可得
bn=nq+b0，
于是有
xn=α+
当方程x=
1
； (1-3)
nq+b0
ax+b
的两根α、β不相等时，必有p≠1， cx+d
q
，得 1−p
在(1-2)式两边同时减去方程x=px+q的根
bn−
⎛qqq⎞
=pbn−1+q−=p⎜−b⎜n−11−p⎟⎟， 1−p1−p⎝⎠
由等比数列的知识，可得
⎛q⎞q
bn=pn⎜b0−， +⎟
1−p⎠1−p⎝于是有
xn=α+[pn(b1−
q
)+b0]−1. (1-4) 1−p
方法二：作比法
ax+b
当方程x=的两根α、β不相等时，由方法一的推导过程可知
cx+d
xn−α=
(a−αc)(xn−1−α)(a−βc)(xn−1−β)
，xn−β=，
cxn−1+dcxn−1+d
于是有
xn−αa−αcxn−1−α⎛a−αc⎞x0−α⎟=⋅=L=⎜， ⎜⎟xn−βa−βcxn−1−β⎝a−βc⎠x0−β
5
n
温州大学硕士学位论文
这样得
⎡x−α xn=⎢1−0
⎢⎣x0−β另外，注意到
xn−α=
⎛a−αc⎞⎜⎟⎜a−βc⎟
⎠⎝
n
⎤⎥⎥⎦
−1
n
⎡x0−α⎛a−αc⎞⎤
⎜⎢α−β⋅⎟⎥； ⎜a−βc⎟−xβ⎠⎥⎢⎝0⎣⎦
axn−1+baα+b(ad−bc)(xn−1−α)
−=，
cxn−1+dcα+d(cxn−1+d)(cα+d)axn−1+baβ+b(ad−bc)(xn−1−β)
−=，
cxn−1+dcβ+d(cxn−1+d)(cβ+d)
xn−β=
我们又可以得到
xn−α⎛cβ+d⎞x0−α； =⎜⎟
xn−β⎝cα+d⎠x0−βn
于是有
⎡x0−αxn=⎢1−
⎢x0−β⎣
x−α⎛cβ+d⎞⎤⎡
⎜⎟⎥⎢α−β⋅0
x0−β⎝cα+d⎠⎦⎥⎣⎢
n
−1
n
+cβd⎛⎞⎤⎜⎟⎥； ⎝cα+d⎠⎦⎥
再注意到由韦达定理有
a−αc=cβ+d，a−βc=cα+d， 即有
a−αccβ+d
=. a−βccα+d
注：在上面两种方法的推导过程中我们可以发现，实质是贯穿着不动点法的解题思路．
例2 已知a1=2，an+1=证 方法一：解方程x=故
an+1+1=
4an−2
，求数列数列{an}的通项公式．
an+7
4x−2
，得x1=−1，xn=−2, x+7
4(an+1)−65(an+1)
+1=，
(an+1)+6(an+1)+6
两边取倒数，得
1an+1+1
=
611
⋅+， 5an+15
两边加1(不动点x0=−1)，得
6
温州大学硕士学位论文
⎞⎛6⎞⎛1⎟， +1=⎜⎟⎜+1⎜⎟an+1+1⎝5⎠⎝an+1⎠
1
因此
1⎛6⎞
+1=⎜⎟
an+1⎝5⎠
14⎛6⎞
=⎜⎟
an+13⎝5⎠
n−1
⎛1⎞4⎛6⎞⎜1+⎜a+1⎟⎟=3⎜5⎟
⎝⎠⎝1⎠
n−1
，
n−1
4×6n−1−3×5n−1
−1=，
3×5n−1
得
6×5n−1−4×6n−13×5n−1
an=； −1=
4×6n−1−3×5n−14×6n−1−3×5n−1
方法二：由
an+1+1=
4an−25a+55(an+1)
+1=n=，
an+7an+7an+74an−26a+126(an+2)
+2=n=，
an+7an+7an+7
an+1+2=
得
an+1+15an+1
， =⋅
an+1+26an+2
a+1⎛5⎞
=⎜⎟ n
an+2⎝6⎠
n−1
a+13⎛5⎞⋅1=×⎜⎟a1+24⎝6⎠
n−1
，
解得
6×5n−1−4×6n−1
an=． n−1n−1
4×6−3×5
1.3一元二阶线性递推数列
定义3 形如xn+1=pxn+qxn−1（n≥1，p，q，x0为常数）的递推数列，称为二阶线性递推数列.
下面介绍求二阶线性递推数列通项的两种求法. 方法一：作比法 令bn=
xn+1q
(n≥1)，这是一阶分式线性递推式. ，则得bn=p+
xnbn−1
7
温州大学硕士学位论文
⎛p±
p2+4q⎞设方程x2−px−q=0的两根为α，β⎜⎜=
⎟⎝
2
⎟；
⎠
在递推式bn=p+
q
b的两边减去α，得 n−1
bqqn−α=
q
b−
n−1
α=−
−q(bn−1−α)α⋅bn−1−αb=2
， n−1α(bn−1−α)+α两边分别取倒数得
1α21b−α=−q⋅b−α， nn−1−αq
当α=β⎛⎜⎝=p⎞
2⎟⎠
而且b0≠α时，有
q=−14p2
，−α2α1q=1，−q=α，
由等差数列的性质，可得
111α+n(b0−αbα=b+n⋅=)
α)
， n−0−ααα(b0−于是有
bα(b0−α)
n=α+
n(b，
0−α)+α即
xn+1x=α+α(x1−αx0)
n(xαx； n1−0)+αx0
当α≠β时，在递推式bn=p+qb的两边分别减去α，β，得
n−1
⎧
⎪⎪bqqqn
−α=bn−1−α⎨
b−n−1
α=−α⋅bn−1⎪⎩
b−β=q−q=−q⋅bn−1−β， ⎪n
bn−1ββbn−1于是有
8
(1-5) 温州大学硕士学位论文
n
bn−βαbn−1−β⎛α⎞b0−β=L=⎜=⋅⎟b−α， ⎜β⎟bn−αβbn−1−α⎝⎠0
⎛αbn=β+⎜⎜β⎝
重新整理得
⎞b0−β⎟⎟b−α⋅(bn−α)， ⎠0
−1
n
⎡⎛α bn=⎢1−⎜⎜β⎢⎣⎝
即
n
⎞b0−β⎤⎡⎛α⎞b0−β⎤⎟⎟b−α⎥， ⎟b−α⎥⋅⎢β−α⎜⎜β⎟⎠0⎝⎠0⎥⎥⎣⎦⎦⎢
n
xn+1
xn
n
⎡⎛α⎞nx−βx⎤⎡x1−βx0⎤⎞⎛α10=⎢1−⎜⎟x−αx⎥； (1-6) ⎟x−αx⎥⋅⎢β−α⎜⎜β⎟⎜β⎟⎢⎝⎠10⎥0⎥⎣⎣⎝⎠1⎦⎦⎢
−1
⎧xn+1⎫
求得⎨⎬的通项后，我们就可以利用累乘的方法获得{xn}的通项公式，详细过
x⎩n⎭
程略.
方法二：联立方程法
⎛p±设一元二次方程x=px+q的两个根为α，β⎜=
⎜⎝
2
p2+4q⎞⎟，
⎟2
⎠
由韦达定理，有
α+β=p，αβ=−q，
代入原递推式，有
xn+1=(α+β)xn−αβxn−1，
重新整理，得
⎧xn+1−αxn=β(xn−αxn−1)
， ⎨
⎩xn+1−βxn=α(xn−βxn−1)
由等比数列的性质，可得
n
⎧⎪xn+1−αxn=β(x1−αx0)
； ⎨n
⎪⎩xn+1−βxn=α(x1−βx0)
当α≠β时，两式相减得
xn=
1
[βn(x1−αx0)−αn(x1−βx0)](n≥2)， β−α 9
温州大学硕士学位论文
当α=β时，有
xn+1
−
xn
α重新整理，得
n+1
αn
=
1
α(x1−αx0)；
xn=αnx0+nαn−1(x1−αx0)(n≥2).
注：在上面两种方法的推导过程中我们可以发现，实质是贯穿着不动点法的解题思路．
例3 (04重庆卷(文))设数列{an}满足：
a1=1，a2=
525
，an+2=an+1−an (n∈N+).
333
(1)令bn=an+1−an(n∈N+)，求数列{bn}的通项公式； (2)求数列{nan}的前n项和Sn.
简解 (1)由
bn+1=an+2−an+1
52
an+1−an−an+1332
=(an+1−an)
32=bn
3
=
得{bn}是公比为
22
的等比数列，且b1=a2−a1=,故
33
2
bn=()n(n=1,2,L).
32
(2)由bn=an+1−an=()n,得
3
an+1−a1=(an+1−an)+(an−an−1)+L+(a2−a1)
22222=()n+()n−1+L+()2+=2[1−()n] 33333
注意到a1=1，可得
2n
an=3−n−1(n=1,2,L)，
3
10
温州大学硕士学位论文
n2n−1
记数列{n−1}的前n项和为Tn，则
3
22+L+n⋅()n−1,33
22222nTn=+2⋅()+L+n⋅()3333
Tn=1+2⋅
两式相减，得
12222
Tn=1++()2+L+()n−1−n()n，
33333
故
2n2n(3+n)⋅2n
Tn=9[1−()]−3n()=9−，
333n−1
从而
Sn=a1+2a2+L+nan
=3(1+2+L+n)−2Tn
3(3+n)2n+1
=n(n+1)+−18． n−1
23
1.4二元一阶线性递推数列对
⎧x=axn−1+byn−1
定义4 由⎨n（其中a，b，c，d，x0，y0为给定的常数）
⎩yn=cxn−1+dyn−1
确定的数列对{xn}与{yn}，称为二元一阶线性递推数列对.
下面运用化归的观点介绍求二元一阶线性递推数列对通项的两种方法. 方法一：作比法
化归为分式线性递推式.由所给的递推式，有
xnaxn−1+byn−1a(xn−1/yn−1)+b==， yncxn−1+dyn−1c(xn−1/yn−1)+d
令bn=
xn
，则得 yn
bn=
abn−1+b
，
cbn−1+d
这是前面已经讨论过的一元一阶分式线性递推数列.
11
温州大学硕士学位论文
方法二：回代法
化归为一元二阶线性递推式.由所给递推式有
xn+1=axn+byn=axn+bcxn−1+bdyn−1
=axn+bcxn−1+dxn−adxn−1=(a+d)xn+(bc−ad)xn−1， 同理，可得
yn+1=(a+d)yn+(bc−ad)yn−1.
这是前面已经讨论过的一元二阶线性递推式.
例4 (2000年高中数学联赛二试)设数列{an}和{bn}满足a0=1，b1=0而且
⎧an+1=7an+6bn−3
(n∈N)， ⎨
⎩bn+1=8an+7bn−4
证明：an(n∈N)是完分平方数. 证 本题的关键是求出{an}的通项. 由递推式可得
bn+2−14bn+1+bn=0，
解特征方程x2−14x+1=0的两根α=7+43，β=7−43； 于是有
bn=
1
[αn(b1−βb0)−βn(b1−αb0)] α−β33[(7+43)n−(7−43)n]=[(2+3)2n−(2−3)2n]； 66
=
再代入递推式的第二式可得
111
(7+43)n+(7−43)n+ 442111
=(2+3)2n+(2−3)2n+
442
an=
1⎡1⎤
=⎢(2+3)n+(2−3)n⎥，
2⎣2⎦11
再利用二项式定理，可知(2+3)n+(2−3)n为整数.
22
12
2
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1.5其它类型
对于an+1=pan+f(n)型的题目，通常可在两边同时除以pn+1后用累加法求解之.但对一些特殊的f(n)可用不同的灵活方法解之.
例5 (07天津卷)在数列{an}中，a1=2，an+1=λan+λn+1+(2−λ)2n(n∈N+)，其中λ>0.
(1)求数列{an}的通项公式； (2)求数列{an}的前n项和； (3)证明：存在k∈N+使得
an+1ak+1
≤对任意n∈N+均成立. anak
简解 (1)在原递推式两边同时除以λn+1,得
an+1
λn+1
即
=
an
λn
+1+
2n+1
λn+1
−
2n
λn
，
an+1
λ于是有
n+1
−
2n+1
λn+1
=
an
λn
−
2n
λn
+1，
an
λn
即
−
2n
λn
=
a1
λ−
2
λ+(n−1)=n−1，
an=2n+(n−1)λn.
(2)可用错位相消法求之（略）. (3)由
an+12n+1+nλn+12(2n+(n−1)λn)+nλn+1−2(n−1)λn
=n= an2+(n−1)λn2n+(n−1)λn
nλn+1−2(n−1)λn
=2+， nn
2+(n−1)λ得
a3a2λ22λ3−2λ2
=2+=2+，， a22a14+λ2
13
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而
2λ3−2λ2λ24(λ−1)λ222
=⋅≤（λ−4λ+8=(λ−2)+4≥0）； 22
224+λ4+λ一般地，有
nλn+1−2(n−1)λnλ2
≤， nn
22+(n−1)λ只须证 2nλn+1−4(n−1)λn≤2n⋅λ2+(n−1)λn+2， 即证 2nλn+1−4(n−1)λn−(n−1)λn+2≤2n⋅λ2， 即证
2nλ−4(n−1)−(n−1)λ2
⎛2⎞
≤⎜⎟， ⎝λ⎠
n
λ2
又只须证 2nλ−4(n−1)−(n−1)λ2=−2nλ+4λ−(n−1)(4−4λ+λ2)
=−2λ(n−2)−(n−1)(2−λ)2≤0.
下面再介绍两题可以通过代数式变换与换元可转化成线性递推数列的情形.
例6 (06江西卷(理))已知数列{an}满足：
a1=
3nan−13
，an=(n≥2,n∈N+).
2an−1+n−12
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明对一切正整数n，不等式a1a2Lan<2⋅n!恒成立.
简解 (1)由原式可得
n21n−1=+⋅， an33an−1
即
n
−1=an
1⎛n−1⎞⎜， −1⎟⎜⎟3⎝an−1⎠
因此
n⎛1⎞
−1=⎜⎟an⎝3⎠
n−1
⎛1⎞n⋅3nn3n−1⎛1⎞
⎜⎜a−1⎟⎟=−⎜3⎟，a=3n，an=3n−1.
⎝⎠n⎝1⎠
n
14
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3323n
(2) a1a2Lan=n!⋅⋅⋅L⋅n，
3−132−13−1
只须证
1⎞11⎞⎛⎛1⎞⎛
⎜1−⎟⎜1−2⎟L⎜1−n⎟>, ⎝3⎠⎝3⎠⎝3⎠2
用数学归纳法可证
1⎞1⎞1⎞⎛⎛11⎛1⎞⎛
，⎜1−⎟⎜1−2⎟L⎜1−n⎟>1−⎜+2+L+n⎟（此即伯努利不等式）
333333⎠⎝⎠⎠⎝⎠⎝⎝
n
1111⎛⎛1⎞⎞1而且+2+L+n=⎜1−⎜⎟⎟<.
⎟3332⎜⎝⎝3⎠⎠2
例7 (06江西卷(文))已知各项为正数的数列{an}满足：a1=3，而且
2an+1−an
=anan+1(n∈N+).
2an−an+1
(1)求数列{an}的通项公式；
22+L+an，Tn=(2)设Sn=a12+a2
111
++L+，求Sn+Tn，并确定最222a1a2an
小正整数n，使Sn+Tn为整数.
简解 (1)重新整理得an+1−
1
⎛1⎞=2⎜−a⎜na⎟⎟，于是有
n⎠⎝
an+1
an−
由an>0可解得
⎛11⎞8n−11n+2
⎟=2n−1⎜−=⋅2=×2(n∈N+)， a1⎜⎟3ana1⎠3⎝
1
an=(2n+1+22n+2+9)．
3
⎛⎛1⎞1⎞64n⎜⎟⎟−LL++−(2)Sn+Tn=⎜aa+n==(4−1)+2n， 2⎜1a⎟⎜na⎟27n⎠1⎠⎝⎝4n−1(3+1)n−1
只须为整数， =
2727
2
2
15
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12Cn×3+Cn×3n3n−1只须为整数， =⋅
2792
因此最小整数为n=9.
2.简单线性递推数列的收敛特征
在本节中我们将在求出一阶线性递推数列、一阶分式线性递推数列、二阶
线性递推数列的通项的基础上建立若干关于线性递推数列的若干收敛特征．
2.1一元一阶线性递推数列的收敛特征
q， 定理1 设p，x0是给定的常数，xn=pxn−1+q(n≥1)．若α=是方程x=px+q的根，那么 (1)当|p| <1时，有
q
(p≠1)1−p
； (i)limxn=α（收敛性）
n→∞
⎛1⎞
⎟(xn−α)=x0−α（渐近性）(ii)lim⎜； n→∞⎜p⎟⎝⎠(iii)lim
xn+1−α=p(p≠0)（收敛速度为一阶）；
n→∞x−αn
n
(2)当|p| >1而且α≠x0时，有
(i)lim|xn| =+∞；
n→∞
(ii)lim
n→∞
xn
= |x0−α|； np
xn+1
=p． xn
(iii)lim
n→∞
证 (1)当|p| <1时， 由连比法中(1-1)式,可得
xn−α=pn(x0−α)，
16
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即
xn=pn(x0−α)+α； (i) 由|p| <1，p，q，x0是给定的常数，得
limxn=lim[(pn(x0−α)+α]=limpn(x0−α)+limα=α；
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
⎛1⎞1
(ii) lim⎜⎟(xn−α)=lim()npn(x0−α)=lim(x0−α)=x0−α；
n→∞pn→∞pn→∞
⎝⎠
pn+1(x0−α)xn+1−α(iii) 由 lim=limn=p，
n→∞x−αn→∞p(x0−α)n
n
故当p≠0时，其收敛速度为一阶．
(2) 当|p| >1而且α≠x0时，
(i)lim|xn| lim=|pn(x0−α)+α|=+∞ ；
n→∞
n→∞
xn|pn(x0−α)+α||α|
(ii)limn= limlimxlim=−α+=x0−α； 0nnn→∞pn→∞n→∞n→∞
ppxn+1pn+1(x0−α)+αp[pn(x0−α)+α]+α−pα(iii)lim =limn=limnn→∞xn→∞p(x−α)+αn→∞p(x0−α)+αn0
p[pn(x0−α)+α]α−pα=p． =lim+
n→∞pn(x0−α)+αpn(x0−α)+α
2.2一元一阶分式线性递推数列
定理2 设a，b，c，d，x0是给定的常数，xn=
axn−1+b
(n≥1).若α，βcxn−1+d
ax+b
的两根（可以是复根），那么 cx+d
a−d
）时，有 (1)当α=β（=2ca−d
（收敛性）； (i)limxn=
n→∞2c
a+d
（渐近性）； (ii)limn(xn−α)=
n→∞2c为方程x=
(iii)lim
xn+1−α=1（收敛速度为一阶）；
n→∞x−αn
17
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(2)当α≠β且
cβ+da−cα=<1时，有 α−cβcα+d
； (i)limxn=α（收敛性）
n→∞
x0−α⎛cα+d⎞⎟x(ii)lim⎜ααβ()()（渐近性）； −=−⋅n
n→∞⎜cβ+d⎟x0−β⎝⎠
n
(iii)lim
xn+1−αcβ+d
（收敛速度为一阶）． =
n→∞x−αcα+dn
a−d
）时， 2c
由取倒数法(1-3)式，得 证 (1) 当α=β（=
xn=α+
即
xn−α=
1
，
nq+b0
1
，
nq+b0
其中 q=
c1
，b0=．
α−cαx0−α (i) limxn=lim(α+
n→∞
n→∞
1a−d
； )=α=2cnq+b0
11a−cα)===nq+b0qc
a−c
a−d
2c=a+d； c2c
(ii) limn(xn−α)=limn(
n→∞
n→∞
1
(n+1)q+b0x−αnq+b0
(iii) limn+1=lim=lim=1 .
n→∞x−αn→∞n→∞(n+1)q+b1n0
nq+b0
(2) 当α≠β且
cβ+da−cα=<1时， α−cβcα+d
(i) 由连比法得
⎡x0−αxn=⎢1−
⎢⎣x0−β⎛cβ+d⎞⎤
⎜⎟⎥⎝cα+d⎠⎥⎦
n
−1
⎡x0−α−⋅αβ⎢
x0−β⎢⎣
⎛cβ+d⎞
⎜⎟⎝cα+d⎠
n
⎤⎥， ⎥⎦
因此
18
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⎡x0−αlimxn=lim⎢1−n→∞n→∞
⎢⎣x0−β(ii) 设
⎛cβ+d⎞⎤
⎜⎟⎥⎝cα+d⎠⎥⎦
n
−1
⎡x0−ααβ−⋅⎢
x0−β⎢⎣
⎛cβ+d⎞
⎜⎟⎝cα+d⎠
n
⎤α−0lim==α． ⎥n→∞
10−⎥⎦
k=
cα+d
，k>1， cβ+d
则
−1
⎧⎫⎡⎤x0−α−n⎡x0−α−n⎤⎛cα+d⎞⎪n⎪ lim⎜(α)x−=−−⋅−lim1αβαkkk⎨⎬ ⎢⎥⎢⎥⎟n
n→∞cβ+dn→∞−−ββxx⎝⎠00⎦⎣⎦⎪⎣⎪⎩⎭
n
⎛x−α−n⎞x−α =lim⎜1−0) k⎟(α−β)(0
n→∞x0−βx0−β⎝⎠
−1
=(α−β)(
x0−α)． x0−β−1
⎡x0−α−(n+1)⎤x0
−−kαβ1()⎢⎥
−xβx0xn+1−α0⎦(iii) lim=lim⎣−1n→∞x−αn→∞
⎡x0−α−n⎤nx0
−−kαβ1()⎢⎥
x0⎣x0−β⎦
−α−(n+1)
k−β−α−n
k−β
=
1cβ+d=． kcα+d
2.3 一元二阶线性递推数列的收敛特征
定理3 设x0，x1，p，q是给定的常数，xn+1=pxn+qxn−1(n≥1)．若α，
⎛p±β⎜=⎜⎝
p2+4q⎞⎟是方程x2=px+q的两根，那么
⎟2
⎠
⎛p⎞
(1)当α=β⎜=⎟时，有
⎝2⎠
(i)lim
xn+1
=α（收敛性）；
n→∞xn
⎛xn+1⎞
⎟(ii)limn⎜； −α⎟=α（渐近性）n→∞⎜x⎝n⎠
(iii)lim
xn+1−αxn
=α（收敛速度为一阶）；
n→∞x−αxnn−1
19
温州大学硕士学位论文
(2)当α≠β而且|β| > |α|时，有
(i)lim
xn+1
； =β（收敛性）
n→∞xn
n
⎛β⎞(ii)lim⎜⎟n→∞α⎝⎠(iii)lim
⎛xn+1⎞x1−βx0
⎜⎟−()（渐近性）； ββα=−⋅⎜x⎟−αxx10⎝n⎠
xn+1−βxn
． =α（收敛速度为一阶）
n→∞x−βxnn−1
⎛p⎞证（1）当α=β⎜=⎟时,
⎝2⎠
由作比法(1-5)，得
α(x1−αx0)xn+1
=α+， xnn(x1−αx0)+αx0
(i)lim
⎡xn+1α(x1−αx0)⎤=lim⎢α+⎥=α； n→∞xn→∞−+n(xx)xααn100⎦⎣
⎛x⎞nα(x1−αx0)
(ii)limn⎜n+1−α⎟=lim=α； n→∞n→∞n(x1−αx0)+αx0⎝xn⎠
(iii)令l=x1−αx0，则
xn+1
−αxn+1−αxnxn
=limlim
n→∞x−αxn→∞xnn−1
1−αn−1
xn
=lim
α(x1−αx0)n(x1−αx0)+αx0
⎡⎤α(x1−αx0)1−α⎢+α⎥
⎣(n−1)(x1−αx0)+αx0⎦
−1
n→∞
αnl+α2x0
=lim=α n→∞nl+αx0
(2)当α≠β而且|β| > |α|时， (i)由作比法(1-6)式得
20
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n
⎡⎛α⎞nx−βx⎤⎡x1−βx0⎤⎛⎞α10=⎢1−⎜⎜β⎟⎟x−αx⎥ ， ⎜β⎟⎟x−αx⎥⋅⎢β−α⎜
⎝⎠1⎢0⎥0⎥⎦⎣⎦⎢⎣⎝⎠1
−1
xn+1
xn
又|β| > |α|，所以
n
⎡⎛α⎞nx−βx⎤⎡xn+1x1−βx0⎤⎛⎞α10
lim=lim⎢1−⎜⎟⎥⋅⎢β−α⎜⎟⎥=β． n→∞xn→∞
⎝β⎠x1−αx0⎥⎢n⎣⎝β⎠x1−αx0⎥⎦⎢⎣⎦
−1
(ii)设m=
x1−βx0
，则
x1−αx0
n
⎞⎛β⎞⎛x
lim⎜⎟⎜n+1−β⎟ n→∞α⎝⎠⎝xn⎠
−1nn⎧⎡⎫⎤⎡−xβxx1−βx0⎤⎛⎞⎛⎞βαα⎪⎛⎞⎪10=lim⎜⎟⎨⎢1−⎜⎟⎥⋅⎢β−α⎜⎟⎥−β⎬ n→∞α⎝⎠⎪⎢⎝β⎠x1−αx0⎥⎝β⎠x1−αx0⎥⎪⎦⎢⎣⎦⎩⎣⎭
n
−1nn⎧⎡⎫
⎛α⎞⎤⎡⎛α⎞⎤⎪⎛β⎞⎪
=lim⎜⎟⎨⎢1−⎜⎟m⎥⋅⎢β−α⎜⎟m⎥−β⎬ n→∞α⎝⎠⎪⎢⎝β⎠⎥⎝β⎠⎥⎢⎪⎣⎦⎣⎦⎩⎭
n
⎡⎛α⎞n⎤
=lim⎢1−⎜⎟m⎥(β−α)m n→∞
⎢⎣⎝β⎠⎥⎦
−1
=(β−α)m
=(β−α)⋅
x1−βx0
．
x1−αx0
(iii) lim
xn+1−βxn
n→∞x−βxnn−1
xn+1
−βxn
=lim
n→∞xn−1
1−βxn
n
⎡⎛α⎞nx1−βx0⎤⎡⎛α⎞x1−βx0⎤⎢1−⎜⎟⎥⋅⎢β−α⎜⎟⎥−β⎝β⎠x1−αx0⎥⎢⎣⎝β⎠x1−αx0⎥⎦⎢⎣⎦n−1n−1⎧⎡⎫⎤⎡xxx1−βx0⎤⎪β−⎛⎞⎛⎞αα⎪10
1−β⎨⎢1−⎜⎟⎥⋅⎢β−α⎜⎟⎥⎬
⎝β⎠x1−αx0⎥⎢⎝β⎠x1−αx0⎥⎪⎦⎢⎣⎦⎪⎩⎣⎭
−1
−1
−1
=lim
n→∞
21
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−1
=lim
n
⎡⎛α⎞n⎤⎛α⎞⎢1−⎜⎟m⎥(β−α)m⎜⎟
⎝β⎠⎢⎣⎝β⎠⎥⎦n−1⎧⎤⎪⎡⎛α⎞
1−β⎨⎢1−⎜⎟m⎥
⎢⎝β⎠⎥⎪⎦⎩⎣
−1
n−1⎫⎡⎤⎪⎛α⎞
⎢β−α⎜⎟m⎥⎬
⎝β⎠⎢⎥⎣⎦⎪⎭
−1
n→∞
n
⎡⎛α⎞n⎤⎛α⎞⎢1−⎜⎟m⎥(β−α)m⎜⎟
⎝β⎠⎥⎝β⎠⎢⎣⎦=lim−1n→∞n−1⎡⎛α⎞n−1⎤⎡⎤⎛α⎞
1−β⎢1−⎜⎟m⎥⎢β−α⎜⎟m⎥
⎝β⎠⎢⎥⎥⎣⎝β⎠⎦⎢⎣⎦
n
⎡⎛α⎞n⎤⎛α⎞⎢1−⎜⎟m⎥(β−α)m⎜⎟
⎝β⎠⎢⎣⎝β⎠⎥⎦
−1
−1
=lim
n→∞
⎡⎛α⎞
1−β⎢1−⎜⎟
⎢⎣⎝β⎠
n−1
⎤⎡⎛α⎞
m⎥⎢β−α⎜⎟
⎝β⎠⎥⎦⎢⎣
n−1
⎤
m⎥⎥⎦
−1
n
⎡⎛α⎞n⎤⎛α⎞⎢1−⎜⎟m⎥(β−α)m⎜⎟
⎝β⎠⎥⎝β⎠⎢1⎣⎦ =lim⋅−1n−1n→∞n−1⎡⎤⎛α⎞⎛α⎞()βαm−⎜β⎟⎢β−α⎜⎟m⎥
⎝⎠β⎝⎠⎢⎥⎣⎦
−1
=α ．
22
温州大学硕士学位论文
二、由平均数产生的递推数列
采用不同种类的平均数及其不同的方式可以产生各种各样的递推数列．人们通常利用数列极限的单调有界准则判断其极限的存在性，那样讨论起来相当复杂．不论是要计算其极限值还是计算其收敛速度或讨论其渐近性，都是一件非常困难的工作．文献[1]-[5]对某些重要数列的收敛速度及渐近性做了深入探讨.本章将运用不变量方法及变量代换法获得若干种由不同的平均数按不同的方式产生的递推数列的通项公式，并对其进行极限值计算、收敛速度和渐近性研究，并建立了相应的收敛特征定理．
1．由平均数产生的递推数列的通项求法
本节将运用不变量方法及变量代换法获得若干种由不同的平均数按不同的方式产生的递推数列的通项公式.
1.1由给定的两个数用同一种平均数按不同步方式产生的递推数列
定理 1 若xn+1=
11
(xn+yn)，yn+1=(xn+1+yn)(n≥0)，则 22
n
12⎛1⎞
xn=(2y0+x0)−⋅⎜⎟(y0−x0)，
33⎝4⎠11⎛1⎞
yn=(2y0+x0)+⋅⎜⎟(y0−x0)．
33⎝4⎠ 证 由原递推式有
n
yn+1=
于是有
11⎛1⎞1
(xn+1+yn)=⎜(xn+yn)+yn⎟=(3yn+xn)， 22⎝2⎠4
11
2yn+1+xn+1=(3yn+xn)+(xn+yn)=2yn+xn=L=2y0+x0， (2-1)
22
另一方面，由原递推式又有
yn+1−xn+1
两式相加得
111⎛1⎞=yn−xn+1=(yn−xn)=L=⎜⎟224⎝4⎠
n+1
(y0−x0)，
11⎛1⎞
yn=(2y0+x0)+⋅⎜⎟(y0−x0)，
33⎝4⎠
23
n
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再由(2-1)式，得
12⎛1⎞
xn=(2y0+x0)−2yn =(2y0+x0)−⋅⎜⎟(y0−x0)．
33⎝4⎠
定理2 若xn+1=
2xnyn2xn+1yn
，yn+1=(n≥0)，则
xn+ynxn+1+yn
n
3×4nx0y0
xn=n，
4(2x0+y0)+2(y0−x0)
3×4nx0y0
． yn=n
4(2x0+y0)+(x0−y0)
证 令sn=
11，tn=，那么由原递推式可得 xnyn
sn+1=
由定理1可得
11
(sn+tn)，tn+1=(sn+1+tn)(n≥0)； 22
n
⎡1⎤2⎛1⎞
=⎢(2t0+s0)−⋅⎜⎟(t0−s0)⎥
3⎝4⎠⎢⎥⎣3⎦
−1
−1
xn=sn
3×4nx0y0
=n； 4(2x0+y0)+2(y0−x0)
−1
yn=tn
n
⎡1⎤1⎛1⎞
=⎢(2t0+s0)+⎜⎟(t0−s0)⎥
3⎝4⎠⎢⎥⎣3⎦
−1
3×4nx0y0
=n．
4(2x0+y0)+(x0−y0) 定理3 若xn+1=xnyn，yn+1=xn+1yn(n≥0)，则
2⎛x0⎞ xn=3x0y0⎜⎟⎝y0⎠
2⎛1⎞⎜⎟3⎝4⎠
n
，
2⎛y0⎞ yn=3x0y0⎜⎟⎝x0⎠
2⎛1⎞⎜⎟3⎝4⎠
n
．
证 令sn=lnxn，tn=lnyn，那么由原递推式有
24
温州大学硕士学位论文
sn+1=
由定理1可得
11
(sn+tn)，tn+1=(sn+1+tn)(n≥0)； 22
n
12⎛1⎞
sn=(2t0+s0)−⋅⎜⎟(t0−s0)
33⎝4⎠
⎛n
⎜⎛⎞y012⎛1⎞2⎛x023⎜⎟=ln(x0y0)−⋅⎜⎟ln⎜⎟=ln⎜x0y0⎜⎜y33⎝4⎠⎝x0⎠⎜⎝0⎝
n
⎞⎟⎟⎠
2⎛1⎞⎜⎟3⎝4⎠
n
⎞⎟⎟， ⎟⎠
n
⎛⎜1⎛1⎞12⎛y0
⎜tn=(2t0+s0)+⋅⎜⎟(t0−s0)=ln⎜3x0y0
⎜x3⎝4⎠3⎜⎝0
⎝
⎞⎟⎟⎠
2⎛1⎞⎜⎟3⎝4⎠
⎞⎟⎟， ⎟⎠
于是
2⎛x0⎜ xn=esn=3x0y0
⎜y⎝0
⎞⎟⎟⎠⎞⎟⎟⎠
2⎛1⎞⎜⎟3⎝4⎠
n
；
2⎛y0⎜ yn=etn=3x0y0
⎜x⎝0
2⎛1⎞⎜⎟3⎝4⎠
n
．
1.2由给定的两个数用两种不同的平均数按不同步方式产生的递推数列
定理4 若0 (xn+yn)，yn+1=xn+1yn(n≥0)，则 2 22y0−x0 xn=n， 2tan(α/2n) 22y0−x0 yn=其中，α=arccos(x0/y0)． 证 由原递推式可得 xn+1 =yn+1 xn+1 2sin(α/2) nn ， xn+1yn = xn+11+(xn/yn) ； = yn2 令 x0 =cosα， y0 25 温州大学硕士学位论文 即 α=arccos(x0/y0)， 由数学归纳法及三角函数中的半角公式，不难推得 xnα=cosn(n≥0) ， (2-2) yn2 另一方面，由递推式我们可得 222 yn+1−xn+1=xn+1yn−xn+1 ⎛x+yn⎞⎛xn+yn⎞ =⎜ny−⎟n⎜⎟ 22⎝⎠⎝⎠12⎛1⎞2 )=L=⎜⎟=(yn−xn 4⎝4⎠ n+1 22 (y0−x0)， 2 由(2-2)式有 ⎛xn 1−⎜⎜y ⎝n ⎞2α⎟sin=， n⎟2⎠ 2 即 22−xnyn2αsin =， n2yn2 于是 22 y0−x01 sinn=， ⋅2 24nyn 2 α由此可得 22 y0−x0 yn=n，xn=n． nn 2tan(α/2)2sin(α/2) 22 y0−x0 定理5 若0 ，yn+1=xn+1yn(n≥0)，则 xn+yn xn= ⎛α⎞⋅tan⎜n⎟， 22 ⎝2⎠−x0y0 ⎛α⎞⋅sin⎜n⎟， 22 ⎝2⎠−x0y02n 2n yn=其中，α=arccos(x0/y0)． 26 温州大学硕士学位论文 证 令 sn=由原递推式，得 sn+1= 1 (sn+tn)，tn+1=sn+1tn(n≥0)， 2 ⎞−1⎟，yn=tn=⎠⎛α⎞⋅sin⎜n⎟． 22 ⎝2⎠y0−x02n 11 ，tn=， xnyn 由定理4，得 xn=s 1.3由给定的三个数用同一种平均数按同步方式两两配对产生的递推数列 −1 n = ⎛α⋅tan⎜n22⎝2y0−x02n 定理6 设0 yn+znz+xnx+yn ，yn+1=n，zn+1=n(n≥0)， 222 则 12⎛1⎞1⎛1⎞ xn=(x0+y0+z0)+⎜−⎟(x0−y0)+⎜−⎟(y0−z0)， 33⎝2⎠3⎝2⎠1⎛1⎞2⎛1⎞1 yn=(x0+y0+z0)+⎜−⎟(y0−z0)+⎜−⎟(z0−x0)， 3⎝2⎠3⎝2⎠31⎛1⎞2⎛1⎞1 zn=(x0+y0+z0)+⎜−⎟(z0−x0)+⎜−⎟(x0−y0)． 3⎝2⎠3⎝2⎠3 n n n n n n 证 由原递推式可得 xn+1+yn+1+zn+1=xn+yn+zn=L=x0+y0+z0， 进一步有 xn+1−yn+1 ⎛1⎞⎛1⎞ =⎜−⎟(xn−yn)=L=⎜−⎟ ⎝2⎠⎝2⎠ ⎛1⎞⎛1⎞ =⎜−⎟(yn−zn)=L=⎜−⎟ ⎝2⎠⎝2⎠ ⎛1⎞⎛1⎞ =⎜−⎟(zn−xn)=L=⎜−⎟ ⎝2⎠⎝2⎠ n+1 (x0−y0)， n+1 yn+1−zn+1 (y0−z0)， n+1 zn+1−xn+1 (z0−x0)， 27 温州大学硕士学位论文 由此可得 1 xn=[(xn+yn+zn)+2(xn−yn)+(yn−zn)] 3 121 =(x0+y0+z0)+(xn−yn)+(yn−zn) 333 1⎛1⎞2⎛1⎞1 =(x0+y0+z0)+⎜−⎟(x0−y0)+⎜−⎟(y0−z0)； 3⎝2⎠3⎝2⎠3 n n 由对称性可得 1⎛1⎞2⎛1⎞1 yn=(x0+y0+z0)+⎜−⎟(y0−z0)+⎜−⎟(z0−x0)； 3⎝2⎠3⎝2⎠31⎛1⎞2⎛1⎞1 zn=(x0+y0+z0)+⎜−⎟(z0−x0)+⎜−⎟(x0−y0)． 3⎝2⎠3⎝2⎠3 n n n n 定理7 设x0，y0，z0是给定的三个非零实数(其中任何一个数的倒数都不是另外两个数的倒数的算术平均数)，且 xn+1=则 3×(−2)nx0y0z0 xn=， (−2)n(y0z0+x0z0+x0y0)+2y0z0−x0z0−x0y03×(−2)nx0y0z0 yn=， n (−2)(y0z0+x0z0+x0y0)+2z0x0−y0x0−y0z03×(−2)nx0y0z0 zn=． (−2)n(y0z0+x0z0+x0y0)+2x0y0−z0x0−z0y0 2ynzn2xnzn2xnyn ，yn+1=，zn+1=(n≥0)， yn+znxn+znxn+yn 证 令 sn=由原递推式，得 sn+1=由定理6，得 −1 xn=sn 111，tn=，vn=， xnynzn 111 (tn+vn)，tn+1=(vn+sn)，vn+1=(sn+tn) (n≥0)， 222 ⎡1 =⎢(s0+t0+v0)+⎢3⎣ ⎤1⎛1⎞2⎛1⎞ ⎜−⎟(s0−t0)+⎜−⎟(t0−v0)⎥ 3⎝2⎠3⎝2⎠⎥⎦ n n −1 28 温州大学硕士学位论文 3×(−2)nx0y0z0 =； n (−2)(y0z0+x0z0+x0y0)+2y0z0−x0z0−x0y0 再由对称性可得 3×(−2)nx0y0z0 yn=； n (−2)(y0z0+x0z0+x0y0)+2z0x0−y0x0−y0z0 3×(−2)nx0y0z0 zn=． (−2)n(y0z0+x0z0+x0y0)+2x0y0−z0x0−z0y0 定理8 设x0，y0，z0是给定的三个正数（其中任何一个数都不是另外两个数的几何平均数），且 xn+1=则 ⎛x0⎞ xn=3x0y0z0⋅⎜⎜y⎟⎟ ⎝0⎠⎛y0⎞ yn=3x0y0z0⋅⎜⎜z⎟⎟ ⎝0⎠⎛z0⎞ zn=3x0y0z0⋅⎜⎜x⎟⎟ ⎝0⎠ 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ynzn，yn+1=znxn，zn+1=xnyn (n≥0)， ⎛y0⎞⋅⎜⎜z⎟⎟⎝0⎠ n 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ， 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ ⎛z0⎞⋅⎜⎜x⎟⎟⎝0⎠⎛x0⎞⋅⎜⎜y⎟⎟⎝0⎠ 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ， 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ． 证 令sn=lnxn，tn=lnyn，vn=lnzn，那么由原递推式有 sn+1=由定理6可得 1⎛1⎞2⎛1⎞1 sn=(s0+t0+v0)+⎜−⎟(s0−t0)+⎜−⎟(t0−v0) 3⎝2⎠3⎝2⎠3 ⎛x0 =ln3x0y0z0+ln⎜⎜y ⎝0 ⎞⎟⎟⎠ 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n 111 (tn+vn)，tn+1=(vn+sn)，vn+1=(sn+tn) (n≥0)， 222 n n ⎛y0 +ln⎜⎜z ⎝0⎞⎟⎟⎠ n 1⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ⎛⎜ =ln⎜3x0y0z0 ⎜⎝ ⎛x0⋅⎜⎜y⎝0⎞⎟⎟⎠ 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ⎛y0⋅⎜⎜z⎝0⎞⎟⎟⎠ 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ ⎞⎟⎟， ⎟⎠ 29 温州大学硕士学位论文 因此有 ⎛x0⎞ xn=esn=3x0y0z0⋅⎜⎜y⎟⎟ ⎝0⎠ 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ⎛y0⋅⎜⎜z⎝0⎞⎟⎟⎠ 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ； 由对称性可得 ⎛y⎞ yn=etn=3x0y0z0⋅⎜0⎟ ⎝z0⎠⎛z⎞ zn=evn=3x0y0z0⋅⎜0⎟ ⎝x0⎠ 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ⎛z⎞⋅⎜0⎟⎝x0⎠⎛x⎞⋅⎜0⎟⎝y0⎠ 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ； 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n 2⎛1⎞⎜−⎟3⎝2⎠ n ． 1.4由给定的两个数用两种不同的平均数按同步方式产生的递推数列 定理9 设0 (xn+yn)，yn+1=(n≥0)，则 xn+yn2 nn xn=x0y0⋅(x0y0+y0)2−(x0y0−y0)2(x0y0+y0)+(x0y0−y0)n2n2n， yn=x0y0⋅ 证 由原递推式，有 (x0y0+y0)2+(x0y0−y0)2(x0y0+y0)−(x0y0−y0)2nn2n． xn+1yn+1=xnyn=L=x1y1=x0y0， 令 an=则由 yn+1=可得 而且还有 1bn+1 =x0y0an+1， 2xnyn2x0y0xy ==00， xn+ynxn+ynxn+1 11，bn=，r=xnyn x0y0−y0x0y0+y0 ， 30 温州大学硕士学位论文 111 bn+1=[an+bn]=[bn+]； (x0y0)bn22 上式两边同时乘以x0y0，再令 tn=x0y0bn， 可得 tn+1 2 +11⎛1⎞tn ⎟， =⎜+=tn⎜⎟2⎝tn⎠2tn 由 2 +1tn(tn±1)2 tn+1±1=， ±1= 2tn2tn 可得 ⎛t0−1⎞t−1⎛tn−1−1⎞ ⎟⎜⎟ nL===⎜⎟⎜⎟⎜tn+1⎝tn−1+1⎠⎝t0+1⎠ 2 2n ⎛x0y0−y0⎞ ⎟=⎜ ⎜xy+y⎟ 0⎠⎝00 n 2n =r2， n 由此得 tn=(1−r2)−1(1+r2)， 于是有 −1−1 yn=bn=x0y0tn=x0y0 n 1+r21−r n n 2n n =x0y0⋅ −1 xn=an=x0y0bn (x0y0+y0)2+(x0y0−y0)2(x0y0+y0) 2n −(x0y0−y0) 2n ； =x0y0⋅ 1.5 未解决的问题 (x0y0+y0)2−(x0y0−y0)2(x0y0+y0) 2n nn +(x0y0−y0) 2n ． 由算术平均（或调和平均）与几何平均按同步方式产生的递推数列的通项公式如何求，至今未解决． 31 温州大学硕士学位论文 2. 由平均数产生的递推数列的收敛特征 本节将对若干种由平均数用不同方式产生的递推数列的收敛性、收敛速度及其渐近性作了探讨，并建立相应的收敛特征定理. 2.1由给定的两个数用同一种平均数按不同步方式产生的递推数列的收敛特征 定理10 设0 (xn+yn)，yn+1=(xn+1+yn)(n≥0)． 22 1 ′=a−xn， a=(2y0+x0)，εn=yn−a，εn 3 那么，有 (1)limxn=limyn=a (收敛性)； n→∞ n→∞ 12 ′=(y0−x0) (渐近性)； (2)lim4nεn=(y0−x0),lim4nεn n→∞n→∞33 ⎛yn⎞3(y0−x0) ⎟(3)lim4n⎜1−⎜x⎟=2y+x (渐近性)； n→∞ 00⎝n⎠ (4)lim εn+1ε′1 =limn+1= (收敛速度为一阶)． n→∞εn→∞ε′4nn 注：这里所给出的两个相互关联的递推数列是由算术平均数按先后不同的次序即不同步方式产生的．文献[2]中仅给出存在性及极限相等的证明，我们这里用不变量法给出了简单的极限值计算方法而且还对收敛速度及其渐近性质进行讨论． 证 (1)由平均数的性质，不难推得 xn 12⎛1⎞ xn=(2y0+x0)−⋅⎜⎟(y0−x0), 33⎝4⎠1⎛1⎞1 yn=(2y0+x0)+⋅⎜⎟(y0−x0), 3⎝4⎠3 nn 且limxn与limyn存在,则 n→∞ n→∞ 1 limxn=limyn=(2y0+x0)． n→∞n→∞3 (2)由定理１得 32 温州大学硕士学位论文 11 yn−a=yn−(2y0+x0)=yn−(2yn+xn) 33 1 =(yn−xn)=L= 3 1⎛1⎞ ⎜⎟(y0−x0)， 3⎝4⎠ n 可得 1 lim4nεn=(y0−x0)， n→∞3 同理，可证 2 ′=(y0−x0)． lim4nεn n→∞3 ⎛yn⎞4n(yn−xn)y0−x03(y0−x0) ． (3)lim4⎜==⎜x−1⎟⎟=limn→∞n→∞xlimx2y+xnn00⎝n⎠n→∞ n (4) 由(2)的证明过程，知 1⎛1⎞ εn=yn−a=⎜⎟(y0−x0)， 3⎝4⎠ n 得 lim εn+11 =； n→∞ε4n 同理，得 lim ′+11εn =． n→∞ε′4n 2xnyn2xn+1yn ，yn+1=， xn+ynxn+1+yn 推论1 设0 (1)limxn=limyn=a； n→∞ n→∞ 3x0y0 ′=a−yn， ，εn=xn−a，εn y0+2x0 (2) lim4nεn= n→∞ 6x0y0(x0−y0)3x0y0(x0−y0)n ′ε； =,lim4n n→∞(y0+2x0)2(y0+2x0)2 ⎛xn⎞3(x0−y0) ⎟(3)lim4n⎜1−⎜y⎟=2x+y； n→∞ 00⎝n⎠ 33 温州大学硕士学位论文 (4)lim εn+1ε′1 =limn+1=． n→∞εn→∞ε′4nn 11 ，tn=，那么由推论1中的调和平均数产生的递推序xnyn 注：如果令sn= 列就可以归结到定理10中由算术平均数产生的递推序列，而且不难得到通项，详细推导过程略． 推论2 设0 ′=a−xn， a=3x0y0，εn=yn−a，εn 那么有 (1)limxn=limyn=a； n→∞ n→∞ ′=(2)lim4nεn=lim4nεn n→∞ n→∞ y232x0y0ln0； x03(3)lim εn+1ε′1 =limn+1=． n→∞εn→∞ε′4nn 注：如果令sn=lnxn，tn=lnyn，那么推论2就归结到定理10的情形，推导过程中只须注意到lim程略． 2.2 由给定的两个数用两种不同的平均数按不同步方式产生的递推数列的收敛特征 lnx−lna1 =即可，而且也不难得到通项，详细推导过 x→ax−aa 定理11 设0 ，yn+1=xn+1yn(n≥0)． 2 22 ′=a−xn， α=arccos(x0/y0)，a=(y0−x0)/α，εn=yn−a，εn 那么，有 (1)limxn=limyn=a； n→∞ n→∞ 122 ′=αy0(2)lim4nεn=lim4nεn； −x0 n→∞n→∞6 34 温州大学硕士学位论文 ⎛xn⎞α2 (3)lim4⎜⎜y−1⎟⎟=−2； n→∞ ⎝n⎠ n (4)lim εn+1ε′1=limn+1=． n→∞εn→∞ε′4nn 注：这里所给出的两个相互关联的递推数列是由算术平均和几何平均按不同步方式共同作用产生的．文献[1]利用几何方法给出巧妙的极限值求法，我们这里给出收敛速度的计算并建立其渐近性质． 证 (1)由平均值的性质不难推得 xn 2222 y0−x0y0−x0 xn=n， n ， yn=nn 2tan(α/2)2sin(α/2) 因此有 22 y0−x0 =limyn=limn n→∞n→∞2sin(α/2n)22 y0−x0 =limxn=limn n→∞n→∞2tan(α/2n) 22 y0−x0 α22y0−x0 =a， α=a． (2) 由(1)得 yn−a= 22 −x0y0 2nsin(α/2n) − 22 −x0y0 α = 22 −x0y0⎡⎤1 −1 ⎢⎥nn α⎣(2/α)sin(α/2)⎦22y0−x0 = α22y0−x0 (2n/α)⎡2n⎛α⎞⎤ 1sin⋅−⎜n⎟⎥ ⎢ sin(α/2n)⎣α⎝2⎠⎦ 22(2n/α)⎡1⎛α⎞⎛α⎞⎤⋅⎢⎜n⎟+o⎜n⎟⎥， sin(α/2n)⎢⎝2⎠⎥⎣6⎝2⎠⎦ = α于是有 122 lim4nεn=lim4n(yn−a)=αy0， −x0n→∞n→∞6 同理，可证 35 温州大学硕士学位论文 122′=αy0． −x0lim4nεn n→∞6 ⎛xn⎞αα2⎞2αn⎛n ． (3) lim4⎜−1⎟=lim4⎜cosn−1⎟=lim(−2×4sinn+1)=− n→∞nn→∞→∞222⎝⎠⎝yn⎠ n (4) 由(2)可知lim εn+1ε′1 =limn+1=． n→∞εn→∞ε′4nn 2xnyn ，yn+1=xn+1yn(n≥0)． xn+yn 推论3 设0 (1)limxn=limyn=a； n→∞ n→∞ x0y0arccos(y0/x0) x−y 20 20 ′=a−yn， ，εn=xn−a，εn ′=(2)lim4nεn=lim4nεn n→∞ n→∞ x0y01 ⋅[arccos(y0/x0)]3； 226−y0x0 (3)lim εn+1ε′1 =limn+1=． n→∞ε′n→∞ε4nn 注：这里所给出的两个关联的递推数列是调和平均及几何平均按不同步方式共同作用产生的文献[5]仅证明{xn}与{yn}具有相同的极限，而且收敛速度是一阶的．如果直接计算其极限值，难度是非常大的．如果令sn= 11 ，tn=，那xnyn 么推论3就归结到定理11的情形，推导只是一些细节的工作，也不难获得通项公式，详细过程略． 2.3 由给定的三个数用同一种平均数按同步方式两两配对产生的递推数列的收敛特征 定理12 设x0，y0，z0是给定的三个实数（其中任何一个都不是另外两个的算术平均数），且 xn+1=若记 yn+znz+xnx+yn ，yn+1=n，zn+1=n(n≥0)． 222 36 温州大学硕士学位论文 a=那么，有 x0+y0+z0 ′=yn−a，εn′′=zn−a， ，εn=xn−a，εn 3 (1)limxn=limyn=limzn=a； n→∞ n→∞ n→∞ (2)当x0+y0+z0≠0时有 ⎛xn⎞3(x0−y0) ⎟lim(−2)n⎜1−⎜y⎟=x+y+z， n→∞ 000⎝n⎠⎛yn⎞3(y0−z0)⎟lim(−2)n⎜1−=⎜z⎟x+y+z， n→∞ 000⎝n⎠⎛zn⎞3(z0−x0)⎟lim(−2)n⎜1−=⎜x⎟x+y+z； n→∞ 000⎝n⎠ (3)lim(−2)nεn= n→∞ 2x0−y0−z0 ， 32y0−x0−z0 ， 32z0−x0−y0 ； 3 ′=lim(−2)nεn n→∞ ′′=lim(−2)nεn n→∞ (4)lim εn+1ε′ε′′1=limn+1=limn+1=−． n→∞ε′n→∞ε′n→∞ε′2nnn 注：这是莫斯科机电学院1976年的一道数学竞赛题[2]，南京大学曾经将其改编成一道研究生入学试题[3]，由该题所给出的递推数列的极限的计算方法有很多种[2]．本文利用不变量法给出最简单的极限值计算法，并给出收敛速度的计算与建立其渐近性质． 证 (1) 由定理6，得 12⎛1⎞1⎛1⎞ xn=(x0+y0+z0)+⎜−⎟(x0−y0)+⎜−⎟(y0−z0)， 33⎝2⎠3⎝2⎠ 1⎛1⎞2⎛1⎞1 yn=(x0+y0+z0)+⎜−⎟(y0−z0)+⎜−⎟(z0−x0)， 3⎝2⎠3⎝2⎠3 1⎛1⎞2⎛1⎞1 zn=(x0+y0+z0)+⎜−⎟(z0−x0)+⎜−⎟(x0−y0)， 3⎝2⎠3⎝2⎠3 37 n n n n n n 温州大学硕士学位论文 于是，有 limxn=limyn=limzn= n→∞ n→∞ n→∞ x0+y0+z0 =a． 3 (2) 由定理6的推导过程可得 ⎛1⎞⎛1⎞ xn−yn=⎜−⎟(xn−1−yn−1)=L=⎜−⎟(x0−y0)， ⎝2⎠⎝2⎠⎛1⎞⎛1⎞ yn−zn=⎜−⎟(yn−1−zn−1)=L=⎜−⎟(y0−z0)， ⎝2⎠⎝2⎠⎛1⎞⎛1⎞ zn−xn=⎜−⎟(zn−1−xn−1)=L=⎜−⎟(z0−x0)， ⎝2⎠⎝2⎠ nnn 故 ⎛x⎞⎛x−yn lim(−2)n⎜n−1⎟=lim(−2)n⎜nn→∞ ⎝yn⎠n→∞⎝yn ⎞x0−y03(x0−y0) ==， ⎟ ynx0+y0+z0⎠limn→∞ 同理可证 ⎛yn⎞3(y0−z0) ⎟−=lim(−2)n⎜1⎜z⎟x+y+z， n→∞ 000⎝n⎠⎛zn⎞3(z0−x0)⎟−=lim(−2)n⎜1⎜x⎟x+y+z． n→∞ 000⎝n⎠ (3) 由定理6可得 lim(−2)nεn=lim(−2)n[xn−(x0+y0+z0)/3] n→∞ n→∞ = 112 (x0−y0)+(y0−z0)=(2x0−y0−z0)， 333 2y0−x0−z0 ， 32z0−x0−y0 ． 3 同理可证 ′=lim(−2)nεn n→∞ ′′=lim(−2)nεn n→∞ (4) 由(3)可得 ′+1′′+1εn+1εnεn1 lim=lim=lim=−． n→∞εn→∞ε′n→∞ε′′2nnn 注：通过适当的变量代换，从定理12中我们可以得到以下两个推论． 38 温州大学硕士学位论文 推论4 设x0，y0，z0是给定的三个非零实数（其中任何一个数的倒数不是另外两个数的倒数的算术平均数），且 xn+1=若记 ⎛111⎞ ⎟′=yn−a，εn′′=zn−a， a=3⎜，εn=xn−a，εn++⎟⎜x ⎝0y0z0⎠ −1 2ynzn2xnzn2xnyn ，yn+1=，zn+1=(n≥0)． yn+znxn+znxn+yn 那么有 (1) limxn=limyn=limzn=a； n→∞ n→∞ n→∞ ⎛111⎞ ⎟(2) lim(−2)nεn=3⎜++⎟⎜xn→∞ ⎝0y0z0⎠ −2 ⎛211⎞ ⎟⎜， −−⎟⎜x ⎝0y0z0⎠ −2 ⎛111⎞ ⎟′=3⎜lim(−2)nεn++⎟⎜xn→∞yz00⎠⎝0⎛111⎞⎟′′=3⎜lim(−2)nεn++⎟⎜xn→∞ ⎝0y0z0⎠(3) lim ⎛211⎞ ⎟⎜−−⎟， ⎜yxz00⎠⎝0 ⎛211⎞⎟⎜； −−⎟⎜z ⎝0x0y0⎠ −2 εn+1ε′ε′′ =limn+1=limn+1=−2． n→∞ε′n→∞ε′n→∞ε′nnn 推论5 设x0，y0，z0是给定的三个正数（其中任何一个数不是另外两个数的几何平均数），且 xn+1=若记 ′=yn−a，εn′′=zn−a， a=3x0y0z0，εn=xn−a，εn ynzn，yn+1=znxn，zn+1=xnyn (n≥0)． 那么，有 (1)limxn=limyn=limzn=a； n→∞ n→∞ n→∞ 2 ⎛x013(2)lim(−2)εn=x0y0z0ln⎜⎜yzn→∞3⎝00 n⎞ ⎟， ⎟⎠⎞⎟， ⎟⎠ 2⎛y013′=x0y0z0ln⎜lim(−2)εn ⎜xzn→∞3⎝00 n 39 温州大学硕士学位论文 2⎛z013′′=x0y0z0ln⎜lim(−2)εn ⎜xyn→∞3⎝00 n ⎞ ⎟； ⎟⎠ (3)lim εn+1ε′ε′′ =limn+1=limn+1=−2． n→∞ε′n→∞ε′n→∞ε′nnn 2.4由给定的两个数用两种不同的平均数按同步方式产生的递推数列的收敛特征 定理13 设0 (xn+yn)，yn+1=(n≥0)． xn+yn2 ′=xn−x0y0，r= εn=x0y0−yn，εn x0y0−y0x0y0+y0 ， 那么，有 (1)limxn=limyn=x0y0（收敛性）； n→∞ n→∞ ⎛1⎞⎛1⎞ ′=2x0y0（渐近性）； (2)lim⎜⎟εn=lim⎜⎟εn n→∞rn→∞r⎝⎠⎝⎠ 2n2n ⎛1⎞(3)lim⎜⎟n→∞r⎝⎠(4)lim 2n ⎞⎛xn ⎟⎜1−⎟=4； ⎜y ⎠⎝n ′+1εn+1εn1lim=（收敛速度为二阶）． = n→∞ε2n→∞(ε′)2 2x0y0nn+1 注：这里所给的两个相互关联的递推数列分别是由算术平均与几何平均按同步方式产生的，通常的文献（例如[1]）中仅给出极限的求法，我们这里运用不变量法给出极限值收敛速度的计算，并给出其渐近性质． 证 (1)由平均数的性质，不难知道 yn xn+1yn+1=xnyn=L=x1y1=x0y0， xn+1−yn+1 (xn−yn)21⎛1⎞ =<(xn−yn) 于是有 lim(xn−yn)=0； n→∞ 40 温州大学硕士学位论文 再由 xnyn=x0y0， 及limxn与limyn存在，可得 n→∞ n→∞ limxn=limyn=x0y0． n→∞ n→∞ (2) 令an= 11，bn=，由定理9的推导过程，知 xnyn n n tn=(1−r2)−1(1+r2)， 于是有 limtn=1， n→∞ 而且 ⎛1⎞ lim⎜⎟(tn−1)=2， n→∞r⎝⎠ 2n 即 ⎛1⎞⎛1⎞ 2=lim⎜⎟(x0y0bn−1)=lim⎜⎟ n→∞rn→∞r⎝⎠⎝⎠x0y0−yn⎛1⎞⎛⎜ =lim⎜⎟n→∞ryn⎝⎠⎜⎝ 2n2n 2n ⎛x0y0⎞ ⎜−1⎟ ⎜yn⎟⎝⎠ 2 ⎞1⎞⎛⎟=lim⎜⎟εn⋅(limyn)−1， n→∞⎟n→∞⎝r⎠ ⎠ n 这就证得 ⎛1⎞ lim⎜⎟εn=2x0y0； n→∞r⎝⎠ 2n 同理，可证 ⎛1⎞ ′=2x0y0． lim⎜⎟εn n→∞r⎝⎠ 2n ⎛1⎞ (3)lim⎜⎟n→∞r⎝⎠ 2n ⎞⎛xn ⎟⎜1−⎟=lim⎜y ⎠n→∞⎝n = (1/r)2(xn−x0y0+x0y0−yn) yn n n n ′lim(1/r)2εn+lim(1/r)2εn n→∞ n→∞ limyn n→∞ n =4． (4)lim εn+1εn+1 lim= n→∞(ε)2n→∞2 rn n+1 ⎛r2 ⎜⎜ε⎝n⎞1⎟=． ⎟2x0y0⎠ 2 41 温州大学硕士学位论文 注：到目前为止，我们还不知道用其它两种平均数按同步方式产生的递推数列的极限值、收敛速度及渐近性如何讨论． 42 温州大学硕士学位论文 参考文献 [1][德]A.恩格尔著．舒五昌，冯志刚译．解决问题的策略[M]．上海：上海教育 出版社，2004：1-18，290-300． [2]戈衍三．一些经典数学问题的另类解算[M]．北京：北京理工大学出版社，2007：1-38． [3]裴礼文．数学分析中的典型问题与方法（第2版）[M]．北京：高等教育出版 社，2006：69-85． [4]胡适耕，姚云飞．数学分析（定理、问题、方法）[M]．北京：科学出版社，2007：23-29． [5]谢惠民．数学分析习题课讲义[M]．北京：高等教育出版社，2003：264-267． [6]徐历泉．教学研究发现——MM方式演绎[M ]．北京：科学出版社，2003：241-256． [7]湖南省数学普及委员会.数学奥林匹克的理论、方法、技巧（下册）[M] ．长 沙：胡南教育出版社，1990：193-217. [8]汪伟．二阶线性递推数列通项公式的矩阵求法[J]．淮南师范学院学报．2004，(3)：27-29 [9]张汉青．矩阵在线性递推数列研究中的应用[J]．山西教育学院学报．1999，2(4)：27-29 [10]周国平．母函数的应用[J]．浙江教育学院学报．2001，(3)：92-95 [11]徐晶．一类递推数列收敛的充要条件[J]．高等数学研究．2004，7(5)：19 [12]苏化明，黄有度．一类数列极限的收敛速度[J]．高等数学研究．2004，7(5)：20-22 [13]孙志峰．关于一类递推数列的极限的求法的注解[J]．高等数学研究．2007，10(5)：45-46 [14]吴亚敏．m次平均数列的极限[J]．高等数学研究．2007，10(5)：47-49 [15]孔宪明．广义斐波娜契数列[J]．高等数学研究．2007，10(1)：60-61 [16]刘唐育．一个几何模型与一组递推数列[J]．数学通报．2000，(5)：31-32 [17]马景华．m元线性递推数列与矩阵的幂[J]．数学通报．1993，(5)：40-42 [18]刘康文，党效文．数列的综合问题[J]．数学通讯．2007，(2，4)：85-88 [19]谢玉平．有关数列通项的常见类型及其求解策略[J]．数学通讯．2001，(24)：2-3 [20]储炳南．一道高考题的另解及推广[J]．数学通讯．2007，(1)：24-25 [21]李雷春．用不动点法求递推数列通项公式[J]．高中数学教与学．2006，(6)：17-20 [22]董卓立．几类递推数列通项的求法[J]．高中数学教与学．2003，(7)：11-13 [23]沈春林．运用递推关系研究数列性质[J]．高中数学教与学．2004，(8)，18-21 [24]陈明光．母函数与线性常系数递推数列[J]．中学教研（数学）．1989，(10)： 43 温州大学硕士学位论文 37-38 [25]代红川．例谈递推数列通项的几种求法[J]．数学教研．2008，(14)：58 [26]聂文喜．巧用不动点求两类递推数列的通项公式[J]．中学数学杂志．2006 (01)， [27]华伟．构造递推关系解有关问题[J]．数学教学通讯．1999(02)， [28]Patrick B. Allen．On the multiplicity of linear recurrence sequences[J]．Journal of Number Theory, 2007，126(2)：5 [29]Wenchang Chu and Pierluigi Magli．Summation formulae on reciprocal sequences[J]． European Journal of Combinatorics．2007，28(3)：17 [30] Florian Luca．Arithmetic functions with linear recurrence sequences[J]．Journal of Number Theory．2007，125(2)：14 [31]Rosa Capolupo．Convergence in recent growth theories:a survey[J]．Journal of Economic Studies．1998，25(6)：496-537 [32]H.Ugowski．Existebce conditions for convolution inverses of real finite sequences[J]．The Internation Journal for Computation and Mathematics in Electrical and Electronic Engineering．1993，12(3)：157-178 44 温州大学硕士学位论文 致 谢 当我终于用略带激动而微微颤抖的手指在键盘上敲完论文的最后一个字时，脑海里浮现出的是这几年来一边工作一边读研的一幕一幕，繁忙的工作，奔波的生活，伴随着我的求学之路。抚卷静思，撰写论文的挑战还历历在目，在论文开题构思时，还是草长莺飞的季节，在写作的过程中三易其稿，直到现在付梓之日，心中还是甚感忐忑。写完的只是文字，写不完的是完成这篇论文带给我的影响和启发。 在论文完成之际，我首先要感谢的是我的导师赵焕光教授。赵教授严谨的治学态度、丰富渊博的知识、敏锐的学术思维、精益求精的工作态度、积极进取的科研精神以及诲人不倦的师者风范是我毕生的学习楷模。在本文的写作过程中，赵教授从选题、构思、资料收集到最后定稿的各个环节都给予我细心的指引和教导。他在论文写作过程中给我的点拨，总是让我豁然开朗。在初稿审阅过程中，他不仅给予宏观的见解，更细致地挑出许多细节错误，他的耐心和宽容鼓励了我不断艰难前行。 在这里，我想对赵老师说，能成为您的学生，真的是一件非常幸运和幸福的事情。您授人以鱼不如授人以渔的教学理念，使我置身其间，耳濡目染，不仅让我们收获了全新的思想观念，领会了基本的思考方式，掌握了通用的研究方法，而且还使我们明白了许多待人接物与为人处世的道理。赵老师，是您引领我走进了数学的学术殿堂。不论是在您的课上、在我们同门的学术讨论会上，或是在平时的闲谈中，您渊博的学识、看待问题的敏锐眼光，风趣的语言，都深深体现了一个学者的风范，您是我们人生的楷模。尤其要感谢您的是您一直以来对学生的宽容和关怀，在您的身上，学生真正体会到了良师益友的含义。您教会我的不仅是知识，更是一种态度，认真的、热情的、向上的态度，将影响我一生的的态度。涓涓师恩，情深意长；谆谆教导，没齿难忘！对此我表示最衷心的感谢！ 同时，还要感谢温大数学学院的诸位师长在学习上给我的帮助和指导，在四年的研究生生活中,他们给予了我许多关怀和照顾。我得到了许多老师的孜孜教诲，深深地感受到了学院浓厚的学术氛围，我每一点知识的积累都与他们辛勤的帮助密不可分，他们的人格魅力和治学态度令我十分钦佩。在此, 我向他们表示衷心的感谢！ 我还要特别感谢我的父母，他们是我的精神支柱，正是他们一如既往的支持，才能完成今天的学业。看着他们一天天的老去，我知道自己永远也报答不完他们的养育之恩，做子女的我只能在工作和学业上有所成就，才是他们最欣慰的事。 在论文完成的此刻，更多地是感受到作为后辈学人在浩然学海前的卑微和渺小，更深刻地理解了学术之路“路漫漫其修远兮”的涵义。论文的完成是我人生中一个重要的里程碑，而永远伴随着我的将是深深的师生情、同学情和亲情，真情无价，我将以感恩的心继续着人生的漫漫长路！ 最后，向校内外参与评审本论文并提出宝贵意见的专家、老师们致以深深的谢意！谢谢大家！ 45 温州大学硕士学位论文 攻读学位期间发表的学术论文目录 [1]毛蓓蕾，赵焕光．复数定义解读[J]．数学通讯．2008，(1)：8 [2]毛蓓蕾，赵焕光．关于线性递推数列通项的求法及其收敛特征[J]．宁波教育 学院学报．2008，(5)：80-83 46 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容