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。

定义

实数数列

实数数列是一个函数

$$a:\mathbb Z^+\to \mathbb R.$$

我们通常不写 $a(n)$，而写 $a_n$；整个数列记作 $\{a_n\}$。这里起始指标为 $n=1$，定义中的通项公式适用于所有整数 $n ≥ 1$。

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。

例题

读通项

若 $a_n=(-1)^n$，则

$$a_1=-1,\quad a_2=1,\quad a_3=-1,\quad a_4=1.$$

若 $b_n=2^{n-1}$，则

$$b_1=1,\quad b_2=2,\quad b_3=4,\quad b_4=8.$$

两者都是数列，因为每个正整数 $n$ 都决定唯一一个实数。

思考检查

本章中，数列形式上是由哪个集合映到哪个集合的函数？

使用定义。

解答 · 答案

它是函数 $a:\mathbb Z^+\to\mathbb R$，即每个正整数索引对应一个实数项。

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。如果没有指定规则，有限个初始值永远不能唯一确定无限数列：保持列出的各项不变，仍可改变后面某一项。在寻找规律的题目中，必须把所采用的延续方式明确写成规则。

例题

交替出现的 1 与 0

数列

$$1,0,1,0,\ldots$$

在 $n$ 为奇数时等于 $1$，在 $n$ 为偶数时等于 $0$。一个简洁公式是

$$a_n=\frac{1+(-1)^{n-1}}2.$$

例题

偶因子与奇因子的乘积

乘积

$$2\cdot4\cdot6\cdots(2n)$$

的第 $k$ 个因子是 $2k$，所以

$$2\cdot4\cdots(2n) =\prod_{k=1}^n 2k =2^n n!.$$

同理，

$$1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1) =\frac{(2n)!}{2^n n!}.$$

原因是 $(2n)!$ 包含由 $1$ 到 $2n$ 的所有因子；除去偶因子部分 $2\cdot4\cdots(2n)=2^n n!$ 后，余下的就是奇因子部分。

例题

由反复求导得到的数列

章节也用 $f(x)=\sin x$ 说明：数列不一定先来自普通的数字列表。定义 $a_n=f^{(n)}(0)$，其中 $f^{(n)}$ 表示第 $n$ 次导数。导数会循环：

$$\sin x,\quad \cos x,\quad -\sin x,\quad -\cos x,\quad \sin x,\ldots$$

所以

$$a_1=1,\quad a_2=0,\quad a_3=-1,\quad a_4=0,$$

并且同一个四项模式不断重复。一个简洁通项是

$$a_n=\cos\left(\frac{(n-1)\pi}{2}\right).$$

这个例子重要之处，是把“数列”与“简单代数规律”分开。数列仍然是索引 $n$ 的函数；只是它的值先由微积分操作产生，再在 $0$ 代入。

常见错误

未固定索引时，规律还不是定义

当指标从 $n=1$ 开始时，$a_n=2^n$ 给出 $2,4,8,...$，而 $a_n=2^{n-1}$ 给出 $1,2,4,...$。它们是不同数列，不能当作同一个列表的两种写法。把起始指标代入公式，是检查数列是否错位的直接方法。

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。显式定义直接由指标计算该项，递推定义则说明已知的项如何决定后面的项。一阶规则需要一个起始值，使用前两项的规则一般需要两个起始值；规则本身并没有选定这些数值。只要初始资料足够，递推式就可以完整定义数列，不必先找到方便的封闭公式。

定义

递推数列

递推数列是指某些项由一个或多个前项定义，同时给出足够初始值让过程开始。

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。

概念视角算法

同一个数列，求项的两种方式

显式公式 $a_n=5\cdot2^{n-1}-1$ 以正整数 $n$ 为输入。要求 $a_4$，直接代入 $n=4$，便得到 $39$。递推描述则从 $a_1=4$ 开始，反复应用 $x\mapsto2x+1$，依次生成 $4,9,19,39$。它说明如何由当前值产生下一个值； 初始值也是这个描述的一部分。

这是同一个数列的两种描述，并非两种不同的数。上面的推导把逐步生成的过程 与显式公式联系起来，对每个整数 $n\ge1$ 都成立。仅仅验证前四项相同， 不足以建立这种联系。要求指定指标处的一项时，可用显式观点；要追踪连续 变化时，可用递推观点。存在生成规则，本身并不意味着已经得到封闭公式。

定理

Recursion Theorem

设 $X$ 是集合，$b\in X$，且 $f:X\to X$ 是函数。则存在唯一函数 $a:\mathbb Z^+\to X$ 满足

$$a(1)=b,\qquad a(n+1)=f(a(n))$$

对所有 $n\in\mathbb Z^+$ 成立。

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。

存在性表示逐步构造会在每个正整数指标处产生一个值。唯一性可以逐步理解：两个候选数列在第一项相同；只要某一项相同，对它们应用同一个函数，下一项就必须相同。要求 $f:X\to X$ 很重要，因为每一步的输出必须仍是下一步可以使用的输入，过程才能持续进行。

例题

把递推式翻译成定理数据

对

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

可取 $X=\mathbb R$、$b=1$、$f(x)=x^2+1$。Recursion Theorem 保证存在唯一 实数数列满足此规则。前几项为

$$1,\quad 2,\quad 5,\quad 26,\ldots$$

即使未必有简单封闭公式，数列仍然已被完整定义。

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。

完整的定理资料是 $X=\mathbb R^2$、$b=(1,1)$ 与 $f(x,y)=(y,x+y)$。这个函数总是输出实数有序对，第二坐标保存下一步所需的信息。从 $(1,1)$ 出发，依次得到 $(1,2)$、$(2,3)$。因此定理先保证有序对数列的唯一性，进而保证 Fibonacci 各项的唯一性。

定理

Fibonacci 数的 Binet 公式

令

$$\phi=\frac{1+\sqrt5}{2}, \qquad \psi=\frac{1-\sqrt5}{2}.$$

则对每个正整数 $n$，

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

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

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

分母 $\phi-\psi=\sqrt5\ne0$，所以每个正整数指标都对应一个有定义的实数。仅仅验证递推式，还不能认定这就是 Fibonacci 数列；还必须核对两个初始值。

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

定义

等差数列

若存在常数 $d$ 使得

$$a_{n+1}-a_n=d$$

对所有 $n\in\mathbb Z^+$ 成立，则 $\{a_n\}$ 是等差数列。$d$ 称为公差。

从首项到第 $n$ 项，经过了 $n-1$ 次增量，每次都等于 $d$。把这些相邻差相加，得到 $a_n-a_1=(n-1)d$。因此，若 $a=a_1$，则

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

前 $n$ 项和为

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

为了同时解释奇数项与偶数项的配对，把同一个和正向、反向各写一次，再逐列相加：

$$\begin{aligned} s_n&=a_1+a_2+\cdots+a_n,\\ s_n&=a_n+a_{n-1}+\cdots+a_1,\\ 2s_n&=n(a_1+a_n). \end{aligned}$$

每列的两个指标之和为 $n+1$，所以每列的项之和都是 $a_1+a_n$。若 $n$ 为偶数，原来各项可以组成不同的首尾对；若 $n$ 为奇数，中间项等于 $a_1+a_n$ 的一半，在两个副本相加时恰好与自身配对。无论奇偶，始终都有 $n$ 列，因此最后除以二是合理的。

例题

由总和反推等差数列

假设公差 $d=3/2$，且前 $15$ 项和为 $240$。则

$$240=\frac{15}{2}\left[2a+14\cdot\frac32\right],$$

解得 $a=5.5$。

若前 $k$ 项和为 $361$，则

$$\frac{k}{2}\left[2(5.5)+(k-1)\frac32\right]=361,$$

化简为

$$3k^2+19k-1444=0.$$

正整数解为 $k=19$；另一根不合题意，因为项数不能为负。

思考检查

首项为 $a$、公差为 $d$ 的等差数列，前 $n$ 项和是什么？

使用首尾配对。

解答 · 答案

$$s_n=\frac n2\left[2a+(n-1)d\right].$$

等比数列与求和

定义

等比数列

若非零数列 $\{b_n\}$ 存在非零常数 $r$ 使得

$$\frac{b_{n+1}}{b_n}=r$$

对所有 $n\in\mathbb Z^+$ 成立，则 $\{b_n\}$ 是等比数列。$r$ 称为公比。

若 $b=b_1$，则

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

当 $r\ne 1$ 时，有限等比和为

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

令 $G_n=1+r+\cdots+r^{n-1}$。乘以 $r$ 会把所有指数提高一，得到 $rG_n=r+r^2+\cdots+r^n$。相减时，从 $r$ 到 $r^{n-1}$ 的各项全部抵消，只剩第一行的首项与第二行的末项，所以

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

若 $r=1$，每项都是 $b$，所以和是 $bn$，不能除以 $1-r$。这里讨论的都是正整数 $n$ 对应的有限和，抵消过程不需要任何关于无限收敛的假设。

思考检查

为什么等比和公式在 $r=1$ 时要另作处理？

留意分母。

解答 · 答案

公式 $b(1-r^n)/(1-r)$ 会除以 $1-r$，当 $r=1$ 时分母为零。此时每项都是 $b$，所以和是 $bn$。

等差等比混合求和

一个有用的总结练习把等差因子与等比因子混合。设

$$x_k=(a+kd)br^k,\qquad k=0,1,2,\ldots,$$

其中 $r\ne0$ 且 $r\ne1$。对整数 $n ≥ 1$，定义

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

仍然使用相减法，但须仔细追踪变化的系数。先分出边界项，再把内部的同次幂对齐：

$$\begin{aligned} S_n&=ab+\sum_{k=1}^{n-1}(a+kd)br^k,\\ rS_n&=\sum_{k=1}^{n-1}(a+(k-1)d)br^k +(a+(n-1)d)br^n. \end{aligned}$$

对每个内部的 $r^k$，系数之差为 $(a+kd)-(a+(k-1)d)=d$。常数项只出现在第一行，$r^n$ 项只出现在第二行。因此

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

为使中间的等比和使用最终公式中的同一个端点 $r^n$，先求 $r+r^2+\cdots+r^n$，再减去末项：

$$\sum_{k=1}^{n-1}r^k =\frac{r(1-r^n)}{1-r}-r^n.$$

代回后会额外产生 $-dbr^n$。把它与原来的边界项合并，$a+(n-1)d$ 就变成 $a+nd$。最后除以 $1-r$，得到

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

当 $n=1$ 时，内部求和是空和，其值为零，原式只剩 $S_1=ab$。上面两个分式中涉及 $d$ 的额外部分也会抵消，结果同样是 $ab$。另一方面，令 $d=0$，会恢复普通等比和 $S_n=ab(1-r^n)/(1-r)$。这两个检查同时留意了起点与终点，有助于发现指标错误。

常见错误

留意平移后的边界项

最容易出错的是边界项。$rS_n$ 的最后一项是 $(a+(n-1)d)br^n$，但与有限等比 和合并整理后，等价的最终公式可写成含有 $(a+nd)br^n$ 的形式。

思考检查

在等差等比混合求和中，为什么 $S_n-rS_n$ 有用？

留意乘上 $r$ 后，系数 $a+kd$ 如何与下一个幂次对齐。

解答 · 答案

大部分项会对齐到同一个 $r$ 的幂次，而相邻系数只差 $d$。因此只剩两个边界项 和一个等比和 $db(r+\cdots+r^{n-1})$，再用普通等比和公式即可化简。

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：

• $P\gt 0$ 为初始贷款本金；
• $R$ 为用小数表示的固定名义年利率；
• $N$ 为按月还款的总次数，是正整数；
• $x$ 为每个月末支付的固定还款额；
• $L_n$ 为第 $n$ 次还款刚结束时的欠款。

模型采用月利率 $R/12$：先对上月余额计息，再扣除本月还款。例如年利率 $3\%$ 对应 $R=0.03$，而不是 $R=3$。第零个月记录尚未计息或还款的初始本金。对整数月份 $n ≥ 1$，

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

令 $q=1+R/12$，先写出两步，明确计息和还款的先后：

$$L_1=Pq-x,\qquad L_2=(Pq-x)q-x=Pq^2-xq-x.$$

第一次还款在第二个月计息前已扣除，因此也减少了该月应计的利息；第二次还款则刚刚发生。反复代入得到

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

当 $R\gt 0$ 时，$q\gt 1$，所以等比和的分式有定义，得到

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

若希望 $N$ 个月后还清贷款，就令 $L_N=0$，得到

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

各次还款的加权贡献构成有限等比和：第 $j$ 次还款，对第 $n$ 次还款后余额的减少量贡献 $xq^{n-j}$。这解释了为什么最新还款的权重是一，最早还款的权重是 $q^{n-1}$。所得公式对应的正是这个固定利率、每月末还款的模型。

当 $R=0$ 时，直接使用递推式，不套用分式：此时 $q=1$，$L_n=P-nx$，令 $L_N=0$ 得到 $x=P/N$。因为没有利息，只需把本金平均分到各次还款中。

练习

1. 设 $a_n$ 为数列 $1,0,1,0,\ldots$，并令 $b_n=a_{n+1}$。求两个通项，验证 $a_n+b_n=1$，并说明把起始指标平移后公式如何改变。
2. 用归纳法证明 $1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)=(2n)!/(2^n n!)$。比较所猜通项相邻两项的比与乘积中新添的因子。
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

解答 · 参考解答 1

奇数指标对应 $1$，偶数指标对应 $0$，故 $a_n=(1+(-1)^{n-1})/2$。平移一个指标得到 $b_n=(1+(-1)^n)/2=1-a_n$；交替符号改变，所以两个数列在每个指标上的和均为 $1$。

解答 · 参考解答 2

在 $n=1$ 时，两边均为 $1$。若等式在 $n=k$ 成立，乘积下一步添上因子 $2k+1$；右侧表达式的相邻比恰好也是

$$\frac{(2k+2)!}{2^{k+1}(k+1)!}\bigg/\frac{(2k)!}{2^k k!}=\frac{(2k+2)(2k+1)}{2(k+1)}=2k+1.$$

因此归纳步骤成立。这是由递推关系证明通项，与把阶乘分成奇偶因子的论证互相补充。

解答 · 参考解答 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 $s_n=n[2\cdot3+(n-1)4]/2=n(2n+1)$。

解答 · 参考解答 4

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

解答 · 参考解答 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。

解答 · 参考解答 6

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

解答 · 参考解答 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。