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[数列] 来自减压群的根号递推数列

生如夏花(2365*****) 2018/9/17 18:45:48
算了,我贴原题
TIM截图20180917234642.jpg
2018-9-17 23:46

提问者后来自己用三角换元搞定了,我不太想用三角。

令 `a_n=2^nb_n`,递推化为
\[b_{n+1}=\frac45b_n+\frac35\sqrt{1-b_n^2},\]
注意到
\[\left( \frac45b_n+\frac35\sqrt{1-b_n^2} \right)^2+\left( \frac35b_n-\frac45\sqrt{1-b_n^2} \right)^2=1,\]
所以
\[1-b_{n+1}^2=\left( \frac35b_n-\frac45\sqrt{1-b_n^2} \right)^2,\]
因此
\begin{align*}
b_{n+2}&=\frac45b_{n+1}+\frac35\sqrt{1-b_{n+1}^2}\\
&=\frac45\left( \frac45b_n+\frac35\sqrt{1-b_n^2} \right)+\frac35\left| \frac35b_n-\frac45\sqrt{1-b_n^2} \right|,
\end{align*}
那么,当 `3b_n\geqslant4\sqrt{1-b_n^2}`,即 `b_n\geqslant0.8` 时,上式打开绝对值化简就是
\[b_{n+2}=b_n,\]
由 `b_0=0` 不难证明当 `n\geqslant2` 时恒有 `b_n\in[0.8,1]`(比如用数归),由此可见当 `n\geqslant2` 时都必定有 `b_{n+2}=b_n`,所以我们只需计算到 `b_3` 就足够了,下略。
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事实上,无论 `b_0` 取 `[-1,1]` 中的何值,经过有限步迭代后都会进入 `[0.8,1]` 中去(取 `-1` 时经验证发现 `b_4` 进入,这应该是最大步数了),也就是说无论初始值如何,`b_n` 的后面一定是二循环的。

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在提问者贴原题前:
生如夏花(2365*****) 17:11:54
问个简单问题,2^n*sin(na),1到n求和是啥?
生如夏花(2365*****) 17:39:32
哦,可能有问题,sin要加个绝对值,好弄出来吗?
大色k(249533164) 17:45:42
妹的,刚弄好,又加……
QQ图片20180918150606.png
2018-9-18 15:05

大色k(249533164) 17:47:41
加绝对值就算了……

大概就是1#的原题在用三角时没考虑绝对值所致,但这个求和确实也能求,嘛,反正当时草稿已经打好,不发白不发,还是贴上来记录一下吧。

问题:设数列 `x_n=2^n\sin(na)`,`S_n` 为其前 `n` 项和,求 `S_n`。

解:令 `t=\cos a+i\sin a`,则
\begin{align*}
S_n&=\sum_{k=1}^n2^{k-1}i(t^{-k}-t^k)\\
&=i\left( t^{-1}\sum_{k=1}^n(2t^{-1})^{k-1}-t\sum_{k=1}^n(2t)^{k-1} \right)\\
&=i\left( \frac{t^{-1}(1-2^nt^{-n})}{1-2t^{-1}}-\frac{t(1-2^nt^n)}{1-2t} \right)\\
&=i\cdot\frac{1-t^2+2^{n+1}(t^{1-n}-t^{n+1})+2^n(t^{n+2}-t^{-n})}{(t-2)(1-2t)}\\
&=\frac{i(t^{-1}-t)+2^{n+1}i(t^{-n}-t^n)+2^ni(t^{n+1}-t^{-n-1})}{5-2t-2t^{-1}}\\
&=\frac{2\sin a+2^{n+2}\sin(na)-2^{n+1}\sin\bigl((n+1)a\bigr)}{5-4\cos a}.
\end{align*}
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