不动点法求数列的通项公式

先看一道简单例题：

【例题】已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=\dfrac{1}{2}$， $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1-a_n}$ ，求 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公等。

解：$\because a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1-a_n}$，

两边取倒数得： $\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{1}{a_n}-1$，

$\therefore\left\{\dfrac{1}{a_n}\right\}$ 是以$2$为首项，$-1$为公差的等差数列。

$\dfrac{1}{a_n}=2+(n-1) \times(-1)=-n+3.$

$\therefore a_n=-\dfrac{1}{n-3}.$

$\color{magenta}{(1)}$若将上题中 $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1-a_n}$ 改为 $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{2-a_n}$ ，如何求 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式？

思考：取倒数后可得 $\dfrac{1}{a_{n+1}}=\dfrac{2}{a_n}-1$

$\therefore \quad \dfrac{1}{a_{n+1}}-1=2\left(\dfrac{1}{a_n}-1\right)$

$\therefore\left\{\dfrac{1}{a_n}-1\right\}$ 是以 $1 $为首项，$ 2 $为公比的等比数列。

$\dfrac{1}{a_n}-1=1 \times 2^{n-1} $，

$\therefore a_n=\dfrac{1}{2^{n-1}+1}.$

$\color{magenta}{(2)}$ 若将题中 $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1-a_n}$ 改为 $a_{n+1}=\dfrac{2 a_n+2}{5-a_n}$ ，如何求 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式？

思考：由$\color{magenta}{(1)}$知：需先将递推公式中”$=$”左边和右边的分子形式同构。

即化为： $a_{n+1}-\lambda=\dfrac{A\left(a_n-\lambda\right)}{5-a_n}$，

由待定系数法可得 $\begin{cases}A-\lambda=2 \\ (5-A) \lambda=2\end{cases}$

即$\lambda$为 $(3-\lambda)\lambda=2$的根。

$\lambda_1=1$， $\lambda_2=2 .$

由递推公式可得：$a_{n+1}-1=\dfrac{2 a_n+2}{5-a_n}-1=\dfrac{3 a_n-3}{5-a_n} \cdots\cdots $①，

同理： $a_{n+1}-2=\dfrac{4 a_n-8}{5-a_n}\cdots\cdots$ ②，

到此，我们可以采用两种方法求解：

法一：选择 ①或②式中任一个，这里我们不妨选①，

两边取倒数得： $\dfrac{1}{a_{n+1}-1}=\dfrac{-a_n+1+4}{3\left(a_n-1\right)}=\dfrac{4}{3} \dfrac{1}{a_n-1}-\dfrac{1}{3}$

$\therefore\left\{\dfrac{1}{a_n-1}-1\right\}$ 是以 $-3$ 为首项，以$\dfrac{4}{3}$为公比的等比数列。

$\dfrac{1}{a_n-1}-1=-3 \times\left(\dfrac{4}{3}\right)^{n-1} $，

$\therefore a_n=\dfrac{1}{1-3 \times\left(\dfrac{4}{3}\right)^{n-1}}+1=\dfrac{2 \cdot 3^{n-2}-4^{n-1}}{3^{n-2}-4^{n-1}}$

法二：由$ \dfrac{①}{② }$ 得 ：$\dfrac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}-2}=\dfrac{3}{4}\left(\dfrac{a_n-1}{a_n-2}\right)$

$\therefore\left\{\dfrac{a_n-1}{a_n-2}\right\}$ 是以 $\dfrac{1}{3}$ 为首项，以$\dfrac{3}{4}$为公比的等比数列，

$\therefore \quad \dfrac{a_n-1}{a_n-2} =\dfrac{1}{3} \times\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1} \quad \dfrac{1}{a_n-2}+1=\dfrac{1}{3} \times\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1} $

$a_n =\dfrac{1}{\dfrac{1}{3} \times\left(\dfrac{3}{4}\right)^{n-1}-1}+2=\dfrac{2 \times 3^{n-2}-4^{n-1}}{3^{n-2}-4^{n-1}}$

$\color{magenta}{(3)}$若题中 $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1-a_n}$ 改为 $a_{n+1}=\dfrac{a a_n+b}{c a_n+d}$， 如何求 $\left\{a_n\right\}$ 的通项公式？

思考: 由$\color{magenta}{(2)}$可知，解决此问题的关键是如何求出$\lambda$。

由递推公式可化为： $a_{n+1}-\lambda=\dfrac{A\left(a_n-\lambda\right)}{c a_n+d}$，

即$a_{n+1}=\dfrac{(A+\lambda c) a_n+(d-A) \lambda}{c a_n+d}$，

$\therefore\begin{cases}A+\lambda c=a \\(d-A) \lambda=b\end{cases} $

$\therefore(d-a+\lambda c) \lambda=b.$

即 $\lambda$ 为 $(d-a+\lambda c) \lambda=b$ 的根。

而$(d-a+\lambda c) \lambda=b $可化为 $\lambda=\dfrac{a \lambda+b}{c \lambda+d}$

若我们把递推公式看作 $a_{n+1}=f\left(a_n\right)$，

则$\lambda$为 $f(x)=x$ 的根。

即$\lambda$为 $f(x)$ 的不动点，

因此，我们就得到了形如 $a_{n+1}=\dfrac{a a_n+b}{c a_n+d}$ 的递推公式求通项公式的一般方法。

设 $f(x)=\dfrac{a x+b}{c x+d}(c \neq 0, a d-b c \neq 0)$ ，数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_n=f\left(a_{n-1}\right)(n>1)$ ，且 $f\left(a_1\right) \neq a_1$.

$(1) $若 $f(x)$ 有两个相异的不动点 $x_1$，$ x_2$, 则：

① 数列 $\left\{\dfrac{1}{a_n-x_1}\right\}$ 或 $\left\{\dfrac{1}{a_n-x_2}\right\}$ 均可先化为常规的一阶递推结构，再求通项；

② 数列 $\left\{\dfrac{a_n-x_1}{a_n-x_2}\right\}$ 是等比数列。

$(2) $若 $f(x)$ 有唯一不动点 $x_0$，则$\left\{\dfrac{1}{a_n-x_0}\right\}$成等差数列。

实际上，结合$\color{magenta}{(2)}$中法二可知：对于$\color{magenta}{a_{n+1}=\dfrac{aa_n^2+b}{2aa_n+c}}$形式的递推公式，也可以用不动点法求通项公式。

我们构造$a_{n+1}-\lambda=\dfrac{aa_n^2+b}{2aa_n+c}-\lambda$，整理后得：

$a_{n+1}-\lambda=\dfrac{aa_n^2-2a\lambda a_n-c\lambda+b}{2aa_n+c}$，

当$a\lambda^2=-c\lambda+b$，即$\lambda$为$ax^2+cx-b=0$的根时，

可以构造出：$a_{n+1}-\lambda=\dfrac{a\left(a_n-\lambda\right)^2}{2aa_n+c}-\lambda$.

若我们把递推公式看作 $a_{n+1}=f\left(a_n\right)$，可得$f(x)$的不动点方程为：

$\dfrac{ax^2+b}{2ax+c}=x$，即$ax^2+cx-b=0$。

由此可见$\lambda$为 $f(x)=x$ 的根。

即$\lambda$为 $f(x)$ 的不动点。

【例题】已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=1$，$ a_{n+1}=\dfrac{8 a_n-1}{4 a_n+4}$， 求 $a_n$.

【例题】已知数列 $\left\{x_n\right\}$ 满足 $x_1=2$，$x_{n+1}=\dfrac{x_n^2+2}{2 x_n}$，$n \in \mathbb{N}^*$, 求通项 $x_n$.