不动点函数有哪些

当f(x)=x时，x的取值称为不动点，不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。

典型例子： a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)

注：我感觉一般非用不动点不可的也就这个了，所以记住它的解法就足够了。

我们如果用一般方法解决此题也不是不可以，只是又要待定系数，又要求倒数之类的，太复杂，如果用不动点的方法，此题就很容易了x=(ax+b)/(cx+d)

令 ，即 ，cx2+(d-a)x-b=0

令此方程的两个根为x1，x2，

若x1=x2

则有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p

其中P可以用待定系数法求解，然后再利用等差数列通项公式求解。

注：如果有能力，可以将p的表达式记住，p=2c/(a+d)

若x1≠x2则有(a(n+1)-x1)/(a(n+1)-x2)=q((an-x1)/(an-x2)

其中q可以用待定系数法求解，然后再利用等比数列通项公式求解。

注：如果有能力，可以将q的表达式记住，q=(a-cx1)/(a-cx2)

简单地说就是在递推中令an=x 代入

a(n+1)也等于x

然后构造数列.（但要注意，不动点法不是万能的，有的递推式没有不动点，但可以用其他的构造法求出通项；有的就不能求出）

我还是给几个具体的例子吧：

1。已知a(1)=m. a(n+1)=〔a*a(n)+b〕/〔c*a(n)+d〕 求an的通项

a(n)和a(n+1)分别表示数列的第n项和第n+1项

解：这种形式的递推式我有两种解法,待定系数法和不动点法,在此用不动点法解决此问题.

将原递推式中的a[n]与a[n+1]都用x代替得到方程x=(ax+b)/(cx+d)

即cx²+(d-a)x-b=0

记方程的根为x1,x2(为了简单起见,假设方程有两实根)

原方程可以变形为-x(a-cx)=b-dx

所以-x=(b-dx)/(a-cx),将x1,x2代入得到

-x1=(b-dx1)/(a-cx1)

-x2=(b-dx2)/(a-cx2)

将递推式两边同时减去x1得到a[n-1]-x1=[(a-cx1)a[n]+b-dx1]/(ca[n]+d)

即a[n-1]-x1=(a-cx1)[a[n]+(b-dx1)/(a-cx1)]/(ca[n]+d)

将-x1=(b-dx1)/(a-cx1)代入得到:

a[n-1]-x1=(a-cx1)(a[n]-x1)/(ca[n]+d)

同理:a[n-1]-x2=(a-cx2)(a[n]-x2)/(ca[n]+d)

两式相除得到(a[n+1]-x1)/(a[n+1]-x2)=[(a-cx1)/(a-cx2)]*[(a[n]-x1)/(a[n]-x2)]

从而{(a[n]-x1)/(a[n]-x2)}是等比数列

(a[n]-x1)/(a[n]-x2)=[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)

所以a[n]={x2*[(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)-x1}/([(m-x1)/(m-x2)]*[(a-cx1)/(a-cx2)]^(n-1)-1}

2。An =2/A(n-1)+A(n-1)/2

求An通项

解：利用不动点来求通项:

设f（x）=2/x+x/2

当f（x）=x时

x=-2，2，此点为不动点

An-2=[A(n-1)-2]^2/2A(n-1)

An-(-2)=[A(n-1)-(-2)]^2/2A(n-1)

两式相除

An-2 =[A(n-1)-2]^2

—— ——————

An+2 [A(n-1)+2]^2

发现规律了吗？

此时再设{Bn}=（An-2）/(An+2 )

B1=（4-2）/(4+2)=1/3

递推式为：Bn =B（n-1）^2

所以Bn=（1/3)^[2^(n-1)]

由Bn通项和An通项的关系

解得：An={2*（1/3)^[2^(n-1)]+2} /

{1-（1/3)^[2^(n-1)] }

自己化简试一下吧

补充一下：不动点大多用于极限过程。如数学分析中的隐函数定理、反函数定理的一般形式，微分方程初值问题解的存在唯一性定理，都是利用不动点理论证明的。

可以参看任何一本组合数学的书。由于数列是分式线性变换的迭代，可以和二阶矩阵的乘幂对应，所以也可以利用线性代数的特征值得到标准形来求解，都是类似的想法。——这就是这个题目背后的数学内容

具体的内容大概写起来很长，建议你去查书，组合数学的书或数学竞赛书中讲组合数学或数列的一部分。