数列专题：递推与证明方法整理

1. 一阶分式线性递推的三种情况严密证明（代数证明）
2. 复数域视角与证明（为什么公比模为 1？欧拉公式与共轭根）
3. 三角函数换元法的分类与全套推导
4. 二阶常系数齐次线性递推的三种情况严格证明（差分与重根证明）
5. 终极统一：矩阵特征值与若尔当块（Jordan Block）

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一、一阶分式线性递推的代数证明

设递推式为：

$$a_{n+1} = \frac{p a_n + q}{r a_n + s} \quad (r \neq 0, ps - qr \neq 0)$$

其不动点方程为：

$$x = \frac{px + q}{rx + s} \iff rx^2 + (s - p)x - q = 0 \tag{*}$$

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定理 1：相异不动点（$\Delta > 0$）的等比性质证明

结论： 若方程 $(*)$ 有两个不同实根 $\alpha \neq \beta$，则：

$$\frac{a_{n+1} - \alpha}{a_{n+1} - \beta} = \left(\frac{r\beta + s}{r\alpha + s}\right) \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$$

【严格证明】： 因为 $\alpha$ 是不动点，所以满足 $\alpha = \frac{p\alpha + q}{r\alpha + s}$，即 $p\alpha + q = \alpha(r\alpha + s)$。 将 $a_{n+1}$ 代入 $a_{n+1} - \alpha$：

$$a_{n+1} - \alpha = \frac{p a_n + q}{r a_n + s} - \alpha = \frac{p a_n + q - \alpha(r a_n + s)}{r a_n + s}$$

将 $q = \alpha(r\alpha + s) - p\alpha$ 逆向代入分子整理，或者提取项：

$$\text{分子} = (p - r\alpha)a_n + q - s\alpha$$

又由 $r\alpha^2 + (s-p)\alpha - q = 0$，知 $q - s\alpha = r\alpha^2 - p\alpha = -\alpha(p - r\alpha)$。 代回分子：

$$\text{分子} = (p - r\alpha)a_n - \alpha(p - r\alpha) = (p - r\alpha)(a_n - \alpha)$$

因此有：

$$a_{n+1} - \alpha = \frac{p - r\alpha}{r a_n + s}(a_n - \alpha) \tag{1}$$

同理，对 $\beta$ 也有：

$$a_{n+1} - \beta = \frac{p - r\beta}{r a_n + s}(a_n - \beta) \tag{2}$$

两式相除，分母 $r a_n + s$ 被完全消去：

$$\frac{a_{n+1} - \alpha}{a_{n+1} - \beta} = \frac{p - r\alpha}{p - r\beta} \cdot \frac{a_n - \alpha}{a_n - \beta}$$

又由方程根与系数关系，易证 $\frac{p - r\alpha}{p - r\beta} = \frac{r\beta + s}{r\alpha + s} = k$（常数）。 证毕。

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定理 2：二重不动点（$\Delta = 0$）的等差性质证明

结论： 若方程 $(*)$ 只有一重根 $\alpha$（即 $\Delta = 0$），则：

$$\frac{1}{a_{n+1} - \alpha} = \frac{1}{a_n - \alpha} + \frac{2r}{p + s}$$

【严格证明】： 当 $\Delta = (s - p)^2 + 4rq = 0$ 时，方程 $rx^2 + (s-p)x - q = 0$ 的重根为：

$$\alpha = -\frac{s - p}{2r} \implies 2r\alpha + s = p \implies p - r\alpha = r\alpha + s = \frac{p+s}{2}$$

由定理 1 的中间公式 (1)：

$$a_{n+1} - \alpha = \frac{p - r\alpha}{r a_n + s}(a_n - \alpha)$$

两边取倒数：

$$\frac{1}{a_{n+1} - \alpha} = \frac{r a_n + s}{(p - r\alpha)(a_n - \alpha)}$$

将分子中的 $a_n$ 拆成 $(a_n - \alpha) + \alpha$：

$$r a_n + s = r(a_n - \alpha) + (r\alpha + s)$$

代入倒数式：

$$\frac{1}{a_{n+1} - \alpha} = \frac{r(a_n - \alpha) + (r\alpha + s)}{(p - r\alpha)(a_n - \alpha)} = \frac{r\alpha + s}{p - r\alpha} \cdot \frac{1}{a_n - \alpha} + \frac{r}{p - r\alpha}$$

因为重根时 $p - r\alpha = r\alpha + s = \frac{p+s}{2}$，所以：

• 第一项系数：$\frac{r\alpha + s}{p - r\alpha} = 1$；
• 第二项常数：$\frac{r}{p - r\alpha} = \frac{r}{\frac{p+s}{2}} = \frac{2r}{p+s}$。

原式化简为：

$$\frac{1}{a_{n+1} - \alpha} = \frac{1}{a_n - \alpha} + \frac{2r}{p + s}$$

证毕。

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二、复数域视角与证明（当 $\Delta < 0$ 时）

当 $\Delta < 0$ 时，在实数域没有不动点，但根据代数基本定理，在复数域必有两个共轭复根：

$$\alpha = u + vi, \quad \bar{\alpha} = u - vi \quad (v \neq 0)$$

证明：公比 $k$ 的模长必然为 1

代入定理 1 的公式：

$$\frac{a_{n+1} - \alpha}{a_{n+1} - \bar{\alpha}} = k \cdot \frac{a_n - \alpha}{a_n - \bar{\alpha}}$$

公比为：

$$k = \frac{p - r\alpha}{p - r\bar{\alpha}}$$

因为 $p, r$ 均为实数，所以分子与分母互为共轭复数：

$$p - r\bar{\alpha} = \overline{p - r\alpha}$$

根据复数模的性质，共轭复数的模相等：$|z| = |\bar{z}|$。因此：

$$|k| = \left| \frac{p - r\alpha}{\overline{p - r\alpha}} \right| = \frac{|p - r\alpha|}{|p - r\alpha|} = 1$$

结论：公比 $k$ 的模长恒等于 1！

根据欧拉公式，模为 1 的复数一定可以写成：

$$k = e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta$$

通项推导与周期性来源：

令复数序列 $z_n = \frac{a_n - \alpha}{a_n - \bar{\alpha}}$，则：

$$z_n = z_1 \cdot k^{n-1} = z_1 \cdot e^{i(n-1)\theta}$$

• 若 $\theta$ 与 $\pi$ 是有理数比（即 $\frac{\theta}{2\pi} = \frac{M}{N}$ 为有理数），则 $k^N = e^{i 2\pi M} = 1$。
• 此时 $z_{n+N} = z_n$，数列呈现绝对严格的周期性，周期为 $N$！

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三、三角函数换元法的分类与全套推导

当 $\Delta < 0$（或某些特殊的非线性递推）时，代数方法受阻，三角恒等式能将“非线性结构”变成“角的线性加减”。

1. 正切和差角模型：$a_{n+1} = \frac{a_n + A}{1 - A a_n}$ 或 $a_{n+1} = \frac{1 + a_n}{1 - a_n}$

• 公式依托：$\tan(\theta_1 + \theta_2) = \frac{\tan\theta_1 + \tan\theta_2}{1 - \tan\theta_1 \tan\theta_2}$
• 证明与求解： 令 $A = \tan\varphi$，$a_n = \tan\theta_n$，则：

  $$\tan\theta_{n+1} = \frac{\tan\theta_n + \tan\varphi}{1 - \tan\theta_n \tan\varphi} = \tan(\theta_n + \varphi)$$

  因此角构成等差数列：

  $$\theta_n = \theta_1 + (n-1)\varphi \implies \mathbf{a_n = \tan(\theta_1 + (n-1)\varphi)}$$

  典型例题： $a_{n+1} = \frac{1 + a_n}{1 - a_n}$ 此时 $A = 1 = \tan\frac{\pi}{4}$，故 $\theta_n = \theta_1 + (n-1)\frac{\pi}{4}$。 因为正切函数的周期是 $\pi$，而 $4 \times \frac{\pi}{4} = \pi$，故周期 $T = 4$！

2. 正切二倍角模型：$a_{n+1} = \frac{2a_n}{1 - a_n^2}$

• 公式依托：$\tan 2\theta = \frac{2\tan\theta}{1 - \tan^2\theta}$
• 证明与求解： 设 $a_1 = \tan\theta$，则：

  $$a_2 = \tan(2\theta), \quad a_3 = \tan(4\theta) \dots \implies \mathbf{a_n = \tan(2^{n-1}\theta)}$$

3. 余弦二倍角模型：$a_{n+1} = 2a_n^2 - 1$

• 公式依托：$\cos 2\theta = 2\cos^2\theta - 1$
• 证明与求解： 设初值 $|a_1| \le 1$，令 $a_1 = \cos\theta$：

  $$a_2 = 2\cos^2\theta - 1 = \cos(2\theta)$$

  $$a_3 = \cos(4\theta) \dots \implies \mathbf{a_n = \cos(2^{n-1}\theta)}$$

  (若 $|a_1| > 1$，则换元为双曲余弦 $\cosh(2^{n-1}\theta)$)

4. 半角/根式模型：$a_{n+1} = \sqrt{\frac{1 + a_n}{2}}$

• 公式依托：$\cos\frac{\theta}{2} = \sqrt{\frac{1 + \cos\theta}{2}}$（在角属于 $[0, \pi]$ 时）
• 证明与求解： 设 $a_1 = \cos\theta$，则：

  $$a_2 = \cos\frac{\theta}{2}, \quad a_3 = \cos\frac{\theta}{4} \dots \implies \mathbf{a_n = \cos\left(\frac{\theta}{2^{n-1}}\right)}$$

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四、二阶常系数齐次线性递推的严格证明

模型：$a_{n+2} = p a_{n+1} + q a_n \quad (q \neq 0)$，特征方程 $r^2 - pr - q = 0$。

1. 特征方程由来的严格构造证明

我们寻求构造两步等比结构：

$$a_{n+2} - r_1 a_{n+1} = r_2(a_{n+1} - r_1 a_n)$$

展开得：

$$a_{n+2} = (r_1 + r_2)a_{n+1} - r_1 r_2 a_n$$

与原式对照系数，要求：

$$\begin{cases} r_1 + r_2 = p \\ r_1 r_2 = -q \end{cases}$$

由韦达定理，这正好说明 $r_1, r_2$ 是方程 $r^2 - pr - q = 0$ 的两个根！

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2. 相异实根（$\Delta > 0$）通解为 $C_1 r_1^n + C_2 r_2^n$ 的证明

因为对称性，我们可以写出两个方向的等比数列：

$$\begin{cases} a_{n+1} - r_1 a_n = (a_2 - r_1 a_1) r_2^{n-1} \\ a_{n+1} - r_2 a_n = (a_2 - r_2 a_1) r_1^{n-1} \end{cases}$$

下式减上式，消去 $a_{n+1}$：

$$(r_1 - r_2)a_n = (a_2 - r_2 a_1) r_1^{n-1} - (a_2 - r_1 a_1) r_2^{n-1}$$

两边同除以 $(r_1 - r_2)$（因 $r_1 \neq r_2$，分母不为 0）：

$$a_n = \left(\frac{a_2 - r_2 a_1}{r_1(r_1 - r_2)}\right) r_1^n + \left(\frac{r_1 a_1 - a_2}{r_2(r_1 - r_2)}\right) r_2^n$$

令前面两团括号中的常数分别为 $C_1, C_2$，即证得：

$$\mathbf{a_n = C_1 r_1^n + C_2 r_2^n}$$

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3. 重根（$\Delta = 0$）为什么多出一个 $n$？

当 $\Delta = 0$ 时，$r_1 = r_2 = r$，即 $p = 2r, q = -r^2$。原式变为：

$$a_{n+2} - 2r a_{n+1} + r^2 a_n = 0$$

【经典降阶技巧】两边同除以 $r^{n+2}$：

$$\frac{a_{n+2}}{r^{n+2}} - 2 \cdot \frac{a_{n+1}}{r^{n+1}} + \frac{a_n}{r^n} = 0$$

令 $b_n = \frac{a_n}{r^n}$，代入得：

$$b_{n+2} - 2b_{n+1} + b_n = 0 \iff b_{n+2} - b_{n+1} = b_{n+1} - b_n$$

这说明差分恒定，$\{b_n\}$ 是一个公差为 $d$ 的等差数列！ 因此：

$$b_n = b_1 + (n - 1)d = C_1 + C_2 n$$

还原 $a_n$：

$$\frac{a_n}{r^n} = C_1 + C_2 n \implies \mathbf{a_n = (C_1 + C_2 n) r^n}$$

（这正是重根时多乘一个 $n$ 的严密数学本质）

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4. 共轭复根（$\Delta < 0$）三角形式证明

当 $\Delta < 0$ 时，方程根为 $r_{1,2} = \alpha \pm \beta i$。 将其写为复数的极坐标形式：

$$r_1 = \rho e^{i\theta} = \rho(\cos\theta + i\sin\theta), \quad r_2 = \rho e^{-i\theta} = \rho(\cos\theta - i\sin\theta)$$

（其中模长 $\rho = \sqrt{\alpha^2 + \beta^2} = \sqrt{-q}$，幅角 $\theta = \arctan\frac{\beta}{\alpha}$）

虽然在复数域形式仍为 $a_n = K_1 r_1^n + K_2 r_2^n$，但因为数列各项均为实数，必有 $K_1, K_2$ 互为共轭复数，设 $K_1 = \frac{A - B i}{2}, K_2 = \frac{A + B i}{2}$。 代入计算：

$$a_n = K_1 \rho^n e^{in\theta} + \bar{K}_1 \rho^n e^{-in\theta} = \rho^n \left[ K_1(\cos n\theta + i\sin n\theta) + \bar{K}_1(\cos n\theta - i\sin n\theta) \right]$$

展开合并虚部与实部：

$$a_n = \rho^n \left[ (K_1 + \bar{K}_1)\cos n\theta + i(K_1 - \bar{K}_1)\sin n\theta \right]$$

因为 $K_1 + \bar{K}_1 = A$ 为实数，$i(K_1 - \bar{K}_1) = B$ 为实数，令常数改写为 $C_1, C_2$，即证得：

$$\mathbf{a_n = \rho^n (C_1 \cos n\theta + C_2 \sin n\theta)}$$

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五、终极统一：矩阵特征值与若尔当块

知乎文章中多次提到“为什么一阶分式和二阶线性可以相互转化”，其高等代数本质在于矩阵乘法（线性变换）：

1. 矩阵化

对于二阶递推 $a_{n+2} = p a_{n+1} + q a_n$：

$$\begin{pmatrix} a_{n+2} \\ a_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} p & q \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n+1} \\ a_n \end{pmatrix}$$

矩阵 $M = \begin{pmatrix} p & q \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ 的特征多项式为：

$$\det(\lambda I - M) = \det\begin{pmatrix} \lambda - p & -q \\ -1 & \lambda \end{pmatrix} = \lambda^2 - p\lambda - q = 0$$

特征方程就是矩阵的特征多项式！

2. 若尔当块解释重根的 $n$

• $\Delta > 0$ 时：矩阵有两个不同特征值，可对角化为 $\begin{pmatrix} r_1 & 0 \\ 0 & r_2 \end{pmatrix}$，其 $n$ 次方为 $\begin{pmatrix} r_1^n & 0 \\ 0 & r_2^n \end{pmatrix}$，对应 $C_1 r_1^n + C_2 r_2^n$。

• $\Delta = 0$ 时：矩阵不可对角化，其若尔当标准形（Jordan Block）为：

  $$J = \begin{pmatrix} r & 1 \\ 0 & r \end{pmatrix}$$

  利用二项式定理求其 $n$ 次幂：

  $$J^n = \begin{pmatrix} r^n & \mathbf{n r^{n-1}} \\ 0 & r^n \end{pmatrix}$$

  右上角出现的这个项 $\mathbf{n r^{n-1}}$，就是重根通项公式中出现 $n$、分式递推中取倒数后出现公差等差数列的数学源头！

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  是的，你一眼就抓住了关键！前面讲的特征方程、分式不动点等比构造、三角换元，本质上是“初等代数思路——求出通项公式 $x_n = g(n)$，再对 $n \to \infty$ 直接取极限”。

但在考研数学、微积分分析题（即你前几张图片里的题目）中，递推式往往含有对数、根号、指数，根本无法解出通项公式！

此时我们不求通项，而是直接定性判定数列是否收敛。以下是针对递推数列 $x_{n+1} = f(x_n)$ 判定收敛性的系统性方法全景总结，以及它们深层次的共同规律。

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一、递推数列收敛性判定的三大主流方法

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方法 1：单调有界收敛准则（考研考查占比 85% 以上）

核心原理：

• 单调递增 + 有上界 $\implies$ 必收敛
• 单调递减 + 有下界 $\implies$ 必收敛

适用场景：

递推函数 $f(x)$ 在目标区间内是单调递增（$f'(x) \ge 0$）的。因为递增函数会保序，整个数列的各项会朝同一个方向推进。

标准三步操作法：

1. 先在草稿纸上解不动点：解方程 $x = f(x)$，得到交点（极限的可能值 $A$）。
2. 证明有界性（地板 / 天花板）：
   • 用数学归纳法结合函数性质证明：若单调增则证 $x_n \le A$；若单调减则证 $x_n \ge A$（如你发的第一张图）。
3. 证明单调性：
   • 方式 A（作差法）：若能直接因式分解、分子有理化，直接算 $x_{n+1} - x_n = f(x_n) - x_n$ 的符号（如你发的第二张图，根式有理化）。
   • 方式 B（函数保序归纳法）：若 $f(x)$ 无法因式分解，先比较第一、二项大小，再由 $f'(x) \ge 0$ 用归纳法推导（如你发的第三张图例2.14）。

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方法 2：奇偶子数列法（专治“摆动型”数列）

核心原理： 原数列 $\{x_n\}$ 收敛 $\iff$ 其奇数子列 $\{x_{2k-1}\}$ 与偶数子列 $\{x_{2k}\}$ 均收敛，且极限相等。

适用场景：

递推函数 $f(x)$ 在定义区间内是单调递减（$f'(x) \le 0$）的（例如 $x_{n+1} = \frac{1}{1+x_n}$）。递减函数会导致数列“一忽儿大、一忽儿小”交替摆动，整体失去单调性。

标准操作法：

1. 跨两步复合：求出 $g(x) = f(f(x))$。
2. 负负得正：因为“减减得增”，复合函数 $g(x)$ 必然单调递增。
3. 分化治理：
   • 对奇数子列 $x_{2k+1} = g(x_{2k-1})$ 使用【单调有界准则】，证出收敛于 $A$；
   • 对偶数子列 $x_{2k+2} = g(x_{2k})$ 使用【单调有界准则】，证出收敛于 $B$；
4. 两极合一：证明方程解唯一，得出 $A = B$，从而判定原数列收敛。

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方法 3：压缩映射定理 / 拉格朗日中值定理作差法（最优雅的通法）

核心原理： 若每次迭代，新值与不动点 $A$ 的距离都会成比例缩水，数列就会像被吸铁石吸住一样收敛于 $A$。

定理内容：

若在包含数列各项的区间上，导数满足：

$$|f'(x)| \le k < 1 \quad (k \text{ 为小于 1 的常数})$$

则数列 $\{x_n\}$ 必然收敛于方程 $x = f(x)$ 的唯一解 $A$。

标准操作法（拉格朗日中值定理）：

对递推式 $x_{n+1} = f(x_n)$ 与不动点式 $A = f(A)$ 两边相减：

$$|x_{n+1} - A| = |f(x_n) - f(A)|$$

由拉格朗日中值定理，存在 $\xi_n$ 介于 $x_n$ 与 $A$ 之间，使得：

$$|x_{n+1} - A| = |f'(\xi_n)| \cdot |x_n - A| \le k \cdot |x_n - A|$$

反复递推 $n$ 次可得：

$$|x_{n+1} - A| \le k^n |x_1 - A|$$

因为 $0 < k < 1$，当 $n \to \infty$ 时，$k^n \to 0$。由夹逼准则直接得到：

$$\lim_{n \to \infty} |x_{n+1} - A| = 0 \implies \lim_{n \to \infty} x_n = A$$

• 优点：完全不需要管数列单调还是摆动！ 只要导数绝对值小于 1，通通秒杀。

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二、这些方法有什么“共同之处”？

无论表面上用的是“作差法”、“数学归纳法”、“奇偶子列法”还是“压缩映射法”，它们在更深层次上共享着三条完全一致的数学内核：

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共同点 1：解题的第一步，全都围绕“不动点”展开

• 单调有界法：你证明有界时，那个上界/下界从哪里猜出来的？ 全都是先解方程 $x = f(x)$ 解出的不动点！
• 奇偶子列法：奇数项和偶数项各自奔赴的目标，也是复合函数的不动点 $x = f(f(x))$。
• 压缩映射法：衡量距离缩小的基准点，依然是不动点 $|x_n - A|$。

启示：任何判定递推数列收敛的题目，动笔第一件事永远是解方程 $x = f(x)$，它就是整道题的终点罗盘。

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共同点 2：几何本质都是“输出与输入的迭代折线（蛛网图）”

所有一阶递推数列 $x_{n+1} = f(x_n)$，在几何上都可以画成在 曲线 $y=f(x)$ 与 对角线 $y=x$ 之间来回跳跃的折线：

• 输入：横坐标 $x_n$；
• 计算：垂直走到曲线，得到高度 $y = f(x_n) = x_{n+1}$；
• 传递：水平走到对角线 $y=x$，把高度转化为下一个横坐标 $x_{n+1}$。

所有的收敛条件，本质上是在保证这个“跳跃折线”最终会掉进曲线与对角线的交点（不动点）的漏斗里：

• 如果曲线在交点处比较平缓（斜率 $|f'(x)| < 1$），每次跳跃都在往中心收缩 $\implies$ 收敛；
• 如果曲线在交点处极其陡峭（斜率 $|f'(x)| > 1$），每次跳跃都会被甩得更远 $\implies$ 发散。

       y ^            / y=x
         |          .'
         |      _.-'   .------- y = f(x)
         |  _.-'   \  /
         | /        \/ <--- 只要斜率绝对值 < 1，
         |/         /\      折线就会像螺旋一样被吸进交点！
         +---------+--------> x
                  不动点

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共同点 3：收敛证明的核心，都在证明“某种意义下的单调缩小”

• 单调有界法：证明的是数列数值本身的单调性（$x_{n+1} - x_n$ 恒正或恒负）；
• 奇偶子列法：把两步当一步看，证明子列各自数值的单调性；
• 压缩映射法：证明的是与极限的误差距离在单调递减（$|x_{n+1} - A| < |x_n - A|$）。

结论： 递推数列证明收敛，没有别的秘密，本质都是寻找一个“不断缩小的物理量”。只要能用数学语言说明“它每迭代一次，就离不动点更近一步，且逃不出去”，收敛性就必定得证。