5.1 数列、递推与级数

数列到底是什么

数列不只是用逗号排列的一串数。严格地说，数列是一个函数：输入是正整数， 输出是实数。输入指出项的位置，输出就是该位置上的数值。

这个定义很重要。它解释了为什么同一批数若次序不同，就成为不同数列；也解释 了为什么一个通项公式必须说明每个正整数 n 对应哪一个值。

由规律寻找通项

有限列表只能提示规律；通项要描述第 n 项，而不是只描述头几项。

递推定义

有些数列较适合用“如何由前面的项得到下一项”来定义。

例如

$$a_1=4,\qquad a_{n+1}=2a_n+1$$

给出

$$a_2=9,\quad a_3=19,\quad a_4=39.$$

这条递推式只有在前一项已知时，才可决定下一项。

对这条特定递推式，也可以求出封闭公式。两边加 1，并设 $b_n=a_n+1$。 则

$$b_{n+1}=a_{n+1}+1=2a_n+2=2(a_n+1)=2b_n.$$

由于 $b_1=a_1+1=5$，转换后的数列是等比数列：

$$b_n=5\cdot2^{n-1}.$$

因此

$$a_n=b_n-1=5\cdot2^{n-1}-1.$$

重点不是每条递推式都会变成等比数列，而是遇到仿射递推时，可尝试用变量转换 消去常数项。

这个定理说明为什么“第一项加上一条下一项规则”确实定义一个数列。因为 f 把 $X$ 映回 $X$，过程不会离开指定集合；唯一性则保证不会有另一个不同 数列同时满足相同起点与相同递推规则。

Fibonacci 数列与有序对

Fibonacci 数列由两个起始值和一条使用前两项的规则定义：

$$F_1=F_2=1,\qquad F_{n+2}=F_{n+1}+F_n.$$

若要配合 Recursion Theorem，可把相邻两项包装成一个有序对：

$$a(n)=(F_n,F_{n+1}).$$

下一个有序对由函数

$$f(x,y)=(y,x+y)$$

给出。因此二阶递推也可看成在 $\mathbb R^2$ 上的一阶递推。

通常证明方法是检查右边有相同的首两项，并满足相同递推式。关键恒等式是 $\phi^2=\phi+1$ 与 $\psi^2=\psi+1$。

把这个检查写成一般递推题可重用的形式。定义

$$B_n=\frac{\phi^n-\psi^n}{\phi-\psi}.$$

首先，

$$B_1=1,\qquad B_2=\frac{\phi^2-\psi^2}{\phi-\psi}=\phi+\psi=1.$$

其次，因为 $\phi$ 与 $\psi$ 都满足 $t^2=t+1$，所以

$$\phi^{n+2}=\phi^{n+1}+\phi^n, \qquad \psi^{n+2}=\psi^{n+1}+\psi^n.$$

把第二条式从第一条式相减，再除以 $\phi-\psi$，得到

$$B_{n+2}=B_{n+1}+B_n.$$

因此 ${B_n}$ 与 Fibonacci 数列有相同首两项与相同递推规则。由递推定义的 唯一性，对每个正整数 n 都有 $B_n=F_n$。

等差数列与求和

若 $a=a_1$，则

$$a_n=a+(n-1)d.$$

前 n 项和为

$$s_n=\sum_{k=1}^n a_k =\frac n2\left[2a+(n-1)d\right] =\frac n2(a_1+a_n).$$

这来自首尾配对：第一项配最后一项，第二项配倒数第二项，每一对的和都相同。

等比数列与求和

若 $b=b_1$，则

$$b_n=br^{n-1}.$$

当 $r\ne 1$ 时，有限等比和为

$$\sum_{k=1}^n br^{k-1} =b\sum_{k=0}^{n-1}r^k =b\frac{1-r^n}{1-r} =b\frac{r^n-1}{r-1}.$$

证明的核心是相减：

$$(1-r)(1+r+\cdots+r^{n-1})=1-r^n.$$

若 $r=1$，则和只是 bn。

等差等比混合求和

来源章节最后一题把等差因子与等比因子混合。设

$$x_k=(a+kd)br^k,\qquad k\in\mathbb N,$$

其中 $r\ne0$ 且 $r\ne1$，并定义

$$S_n=\sum_{k=0}^{n-1}x_k =\sum_{k=0}^{n-1}(a+kd)br^k.$$

这不是全新的公式技巧，而是同一个相减方法；只是这次系数会随索引每次增加 d。比较 $S_n$ 与 $rS_n$：

$$S_n-rS_n =ab+db(r+r^2+\cdots+r^{n-1})-(a+(n-1)d)br^n.$$

中间部分仍然是等比和。除以 $1-r$ 并整理后，可得到来源公式

$$S_n= \frac{ab-(a+nd)br^n}{1-r} +\frac{dbr(1-r^n)}{(1-r)^2}.$$

应用递推：按揭公式

章节中的按揭例子展示了递推式如何进入实际计算。设：

• $P$ 为初始贷款本金；
• $R$ 为固定年利率；
• $N$ 为月份数；
• x 为每月还款；
• $L_n$ 为第 n 个月还款后的欠款。

则

$$L_0=P,\qquad L_n=L_{n-1}\left(1+\frac{R}{12}\right)-x.$$

令 q=1+R/12，反复代入可得

$$L_n=Pq^n-x(q^{n-1}+q^{n-2}+\cdots+q+1).$$

利用等比和公式，

$$L_n=Pq^n-x\frac{q^n-1}{q-1}.$$

若希望 $N$ 个月后还清贷款，就令 $L_N=0$，得到

$$x=P\frac{(R/12)(1+R/12)^N}{(1+R/12)^N-1}.$$

这不是另一个孤立公式，而是把等比级数公式用于“先乘利息因子、再扣还款” 的递推式。

快速检查

练习

1. 为 $1,0,1,0,\ldots$ 写出通项。
2. 证明 1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)=(2n)!/(2^n n!)。
3. 设 $a_1=3$ 且 $a_{n+1}=a_n+4$。求 $a_n$ 与 $s_n$。
4. 设 $b_1=5$ 且 $b_{n+1}=3b_n$。求 $b_n$ 与前 n 项和。
5. 设 B_n=(\phi^n-\psi^n)/(\phi-\psi)，其中 \phi=(1+\sqrt5)/2 且 \psi=(1-\sqrt5)/2。验证 $B_1=B_2=1$ 以及 $B_{n+2}=B_{n+1}+B_n$。
6. 设 $L_0=2000$ 且 $L_n=1.02L_{n-1}-150$。用有限等比和写出 $L_n$。
7. 设 x_k=(2+3k)5(1/2)^k，且 $S_n=\sum_{k=0}^{n-1}x_k$。用等差等比混合 公式写出 $S_n$。

引导解答

1. 奇数项为 1，偶数项为 0，所以 a_n=(1+(-1)^{n-1})/2。

2. 把 (2n)! 分成偶因子与奇因子。偶因子乘积是 $2\cdot4\cdots(2n)=2^n n!$，所以奇因子乘积是 (2n)!/(2^n n!)。

3. 这是首项 3、公差 4 的等差数列，因此 $a_n=3+4(n-1)=4n-1$，且 s_n=n[2\cdot3+(n-1)4]/2=n(2n+1)。

4. 这是首项 5、公比 3 的等比数列，所以 $b_n=5\cdot3^{n-1}$，且 s_n=5(3^n-1)/(3-1)=5(3^n-1)/2。

5. 因为 $\phi^2=\phi+1$ 且 $\psi^2=\psi+1$，乘上 $\phi^n$ 或 $\psi^n$ 后可得 $\phi^{n+2}=\phi^{n+1}+\phi^n$ 与 $\psi^{n+2}=\psi^{n+1}+\psi^n$。两式相减并除以 $\phi-\psi$，得到 $B_{n+2}=B_{n+1}+B_n$。另外 $B_1=1$，且 B_2=(\phi^2-\psi^2)/(\phi-\psi)=\phi+\psi=1。所以 ${B_n}$ 与 Fibonacci 数列有相同初始值与递推式。

6. 反复代入得 L_n=2000(1.02)^n-150[(1.02)^{n-1}+\cdots+1]，所以 L_n=2000(1.02)^n-150((1.02)^n-1)/0.02。

7. 这里 $a=2$、$d=3$、$b=5$、r=1/2，所以

   $$S_n= \frac{10-(2+3n)5(1/2)^n}{1-1/2} +\frac{15(1/2)(1-(1/2)^n)}{(1-1/2)^2}.$$

   这仍可继续化简，但重点是正确代入一般有限和公式。