数列-1

对一个经典公式的证明。

对于递推数列 \(a_{n+1}=\frac{a\cdot a_n+b}{c\cdot a_n+d}\)，求通向公式。

方法：

需要保证 \(ad-bc\neq 0\)。

这个是因为如果 \(ad-bc=0\) 就会退化，\(\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\) 的行列式就是 \(0\)，就不是一个有逆的双射了，会对后面推导产生影响。

那么求出方程 \(x=\frac{ax+b}{cx+d}\)，求出解 \(\alpha,\beta\)。此为不动点。

• 如果 \(\alpha\neq \beta\)。那么对于 \(b_n=\frac{a_n-\alpha}{b_n-\beta}\)，可以得到 \(b_{n+1}=kb_n\)，其中 \(k=\frac{a-c\alpha}{a-c\beta}\)，\(k\) 也可以手算几项求出来。也就是说，\(\{b_n\}\) 是等比数列。

• \(\alpha=\beta\)。不动点 \(\alpha=\frac{a-d}{2c}\)，那么对于 \(b_n=\frac{1}{a_n-\alpha}\)，有 \(b_{n+1}=b_n+k\)，其中 \(k=\frac{2c}{a+d}\)，\(k\) 也可以手算几项求出来。也就是说，\(\{b_n\}\) 是等差数列。

证明：

对于 \(\alpha\neq \beta\) 的部分：

\(f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}\) 是一个射影变换。即交比不变。

交比的定义：\((x_1,x_2;x_3,x_4)=\frac{x_1-x_3}{x_1-x_4}:\frac{x_2-x_3}{x_2-x_4}\)。（交比在解析几何中也有出现：过点 \(P\) 的直线与 \(l_P\) 交于点 \(Q\)，交 \(\Omega\) 于点 \(A,B\)，那么 \(P,Q;A,B\) 是调和点列，即交比为 \(-1\)，也即 \(\frac{PA}{AQ}={PB}{BQ}\)，也即 \(\frac{2}{PQ}=\frac{1}{PA}+\frac{1}{PB}\)）

回到原题，有命题 \((x_1,x_2;x_3,x_4)=(f(x_1),f(x_2);f(x_3),f(x_4))\)。

命题证明：

考察 \(f(x)-f(y)=\frac{ax+b}{cx+d}-\frac{ay+b}{cy+d}\)。可以化简为 \(f(x)-f(y)=\frac{(ad-bc)(x-y)}{(cx+d)(cy+d)}\)。

那么 \((f(x_1),f(x_2);f(x_3),f(x_4))\) 带入定义就是

\[\frac{\frac{(ad-bc)(x_1-x_3)}{(cx_1+d)(cx_3+d)} \cdot \frac{(ad-bc)(x_2-x_4)}{(cx_2+d)(cx_4+d)}}{\frac{(ad-bc)(x_1-x_4)}{(cx_1+d)(cx_4+d)} \cdot \frac{(ad-bc)(x_2-x_3)}{(cx_2+d)(cx_3+d)}} \]

由于抵消，就等于 \(\frac{(x_1-x_3)(x_2-x_4)}{(x_1-x_4)(x_2-x_3)}\) 也即 \((x_1,x_2;x_3,x_4)\)。

有了这个命题，考虑递推 \(a_{n+1}=f(a_n)\)。不动点 \(\alpha,\beta\) 满足 \(f(\alpha)=\alpha\)，\(f(\beta)=\beta\)。

那么 \((a_n,a_{n+1};\alpha,\beta)=(a_{n+1},a_{n+1};\alpha,\beta)\)。那么就有

\[\frac{a_n-\alpha}{a_n-\beta} : \frac{a_{n+1}-\alpha}{a_{n+1}-\beta} = \frac{a_{n+1}-\alpha}{a_{n+1}-\beta} : \frac{a_{n+2}-\alpha}{a_{n+2}-\beta} \]

令 \(b_n=\frac{a_n-\alpha}{a_n-\beta}\)，就是 \(\frac{b_n}{b_{n+1}}=\frac{b_{n+1}}{b_{n+2}}\)。也就完成了证明。

对于 \(\alpha=\beta\) 的部分：

方程为 \(cx^2+(d-a)x-b=0\)。

\(a_{n+1}-\alpha=\frac{(ad-bc)(a_n-\alpha)}{(ca_n+d)(c\alpha+d)}\)。

由于有 \(c\alpha+d=a-c\alpha\)（记为 \(K\)），\(ad-bc=(a-c\alpha^2)=K^2\)。

式子的证明：

1. 重根条件是 \(f'(\alpha)=0\)，所以 \(2c\alpha+(d-a)=0\)，那么 \(c\alpha+d=c\alpha+(a-2c\alpha)=a-c\alpha\)

2. \(ad-bc=a(a-2c\alpha)-bc=a^2-2ac\alpha-bc\)。而 \(f(\alpha)=0\) 得到 \(c\alpha^2+(d-a)\alpha-b=0\)，带入 \(d-a=-2c\alpha\) 也就是解，得到 \(c\alpha^2-2c\alpha-b=0\)，所以 \(b=-c\alpha^2\)。那么带入 \(ad-bc=a^2-2ac\alpha+c^2\alpha^2=(a-c\alpha)^2=K^2\)。

那么 \(a_{n+1}-\alpha=\frac{K^2(a_n-\alpha)}{(ca_n+d)K}=\frac{K(a_n-\alpha)}{ca_n+d}\)。

而又 \(ca_n+d=c(a_n-\alpha)+(c\alpha+d)=c(a_n-\alpha)+K\)，所以 \(a_{n+1}-\alpha=\frac{K(a_n-\alpha)}{c(a_n-\alpha)+K}\)。

取倒数，那么 \(\frac{1}{a_{n+1}-\alpha}=\frac{c(a_n-\alpha)+K}{K(a_n-\alpha)}=\frac{c}{K}+\frac{1}{a_n-\alpha}\)。

所以即为等差数列。即证。