一次愉悦的”由递推求通项“之旅

1一次愉悦的“由递推求通项”之旅杨春波程汉波（华中师范大学数学与统计学学院，湖北武汉430079)引言对于大多数实际问题来说，我们由其产生的自然背景，容易用归纳的方法来描述它．具体到数列问题而言，即我们往往先得到某个数列的递推关系．但是，有时需要求出该数列的通项公式，这样可以方便地计算出随意指定的项的值．于是，研究如何由数列的递推公式求其通项公式就显得十分要紧．首先需要说明的是，不是任何数列都能求通项，但对于某些特殊的递推关系，还是可以求出的，本文则将讨论其冰山一角．众所周知，“由递推求通项”之法，现已比较成熟，下面只给出几种常见的类型：类型一1()nnaafn+=+（()fn为关于n的函数，下同）；类型二1()nnaafn+=g；类型三1nnapaq+=+（p，q为非零常数且1p¹）；类型四1()nnapafn+=+（p为非零常数）；类型五1()()nnafnagn+=+（()gn为关于n的函数）；类型六1nnnpaaras+=+（p，r，s为非零常数）；类型七1nnnpaqaras++=+（p，q，r，s为非零常数）；类型八21nnnapaqa++=+（p，q为非零常数）．以上八种类型，逐层加深，步步推进：类型一是等差数列的一般化；类型二是等比数列的一般化；由类型三开始转入na与1na+的线性递推关系，且类型三至类型五为渐进的一般化过程；前五种类型均为整式递推关系，由类型六起则转入na与1na+的分式型递推关系；类型八独树一帜，转为na，1na+与2na+三项间的递推关系，是前七种类型的整体提升．一一给出八种类型的求通项之法自不是难事，但某天当笔者开始思索“各种类型的求通项之法都是如何想到的”时，却发现问题并不是那么简单．笔者佯装是一个初学者，没有太多的经验可以借鉴，看着现成之法，越发觉得不对劲儿．一个声音在心底呐喊：这根本就是生硬的灌输，而没有给出合理的解释，这对于实际教学是极其不利的！于是，笔者决心退回到原点，一切从零出发，当我第一次面对它（指递推关系）时，我能想到什么？我会怎样处理？又该作何尝试？这些思考将使数学变得生动、活泼、可爱、自然……基础篇2出发之前要先知道自己的“行囊”里有什么．还是回归教材，看看从最基本的等差数列和等比数列的例子中能发掘出些什么．如文首所言，我们先得到了等差数列的递推公式：1nnaad--=（2n³，d为常数）．即有21aad-=，32aad-=，43aad-=，……，1nnaad--=，……所以21aad=+，3212aadad=+=+，4313aadad=+=+，……归纳猜想得到，通项公式为1(1)naand=+-，*nNÎ．怎么证明呢？这需迭加法出面，有横、竖两种书写形式：横式竖式1122111()()()(1)nnnnnaaaaaaaaand---=-+-++-+=+-L，2132121nnnnaadaadaadaad----=-=-=-=LL，横式将na大卸开来，直截了当；对于竖式，要将所写各式相加，注意消项的规律，也得到1(1)naand=+-．注意，这都是2n³才有的情形，又1a也满足上式，故得证．再看等比数列：1nnaqa-=（2n³，q为非零常数）．可得21aaq=g，2321aaqaq==gg，3431aaqaq==gg，……，11nnaaq-=g，这也是归纳所得，至于证明，这要迭乘法出马，简写如下：横式竖式12112111nnnnnnaaaaaaaaaq----==ggLggg，213112111nnnnnnaqaaqaaqaaqaaqa---ü=ïïï=ïÞ=Þ=ýïïï=ïþgL．好了，基础篇到此为止，写得够啰嗦了．整理一下思绪，通过以上的经典两例，我们对“由递推求通项”初具模型：可以由递推式依次写出各项，然后猜想归纳得通项，这个很自然，但还需要给出后续的证明工作；同时也得到了两种求通项之法——迭加法和迭乘法，迭加法适宜于等差类型的数列，迭乘法适宜于等比类型的数列．下面就开始向列出的八种递推关系进发了，在旅途中我们不重点讲述方法，而是尽力还3原一个真实的探究过程，并配以适当的例题，让这一切显得合乎情理，水到渠成．类型一1()nnaafn+=+篇类型一即是将等差数列中的d换成了关于n的函数()fn，因此有“似等差数列”之称，很容易平移迭加法的过程得到111()nnkaafk-==+å，2n³．如前n项和数列{}nS即属此类，因1()nnnSSafn+-=@．例1已知数列{}na满足12nnaan+=+，且11a=，求其通项公式．解：当2n³时，121121nnkaaknn-==+=-+å，又11a=也适合该式，所以，{}na的通项公式为21nann=-+，*nNÎ．这个数列很有意思，我们把它的各项一字排开：1，3，7，13，21，31，43，57，73，……现给出几个有趣的性质，验证留给读者：（1）从第二项开始，逐项作差，得到一个等差数列{2}n：2，4，6，8，10，12，14，16，……这由递推公式是易见的；再从第二项开始，逐项作差，得到常数列{2}．（2）从第二项3开始算起，每逢第三个数都是3的倍数．（3）从第三项7开始算起，每逢第七个数都是7的倍数．（4）从第四项13开始算起，每逢第十三个数都是13的倍数．（5）任相邻两项的乘积仍是数列中的项．类型二1()nnaafn+=g篇类型二即是将等比数列中的q换成了关于n的函数()fn，因此有“似等比数列”之称，很容易平移迭乘法的过程得到111()nnkaafk-==Õg，2n³．若我们规定nT代表数列的前n项之积，则数列{}nT即属此类，因为1()nnnTafnT+=@．类型三1nnapaq+=+篇对于类型三，既不是等差数列也不是等比数列，那我们只好写出各项，猜测其通项公式了：1a，1paq+，21(1)papq++，321(1)pappq+++，……规律出现了，我们看出，当2n³时，4112111(1)(1)1nnnnnqpapappqpap-----=++++=+-L，又1a也适合该式，所以，猜想通项公式为111(1)1nnnqpapap---=+-，*nNÎ．看着不舒服，注意到前后都含1np-的项，对其稍微变形：11()11nnqqaappp-=-+--，11()11nnqqaappp--=---．这一变不要紧，立马导致了重大发现，当然这需要你有一双敏锐的眼睛，好好瞧瞧式子：11()11nnqqaappp--=---g，这不是别的，这恰恰蕴含了数列{}1nqap--是以11qap--为首项，以p为公比的等比数列，真的是这样吗？需要以理服人．由递推公式1nnapaq+=+很容易算得1()111nnnqqqapaqpappp+-=+-=----，这刚好印证了前面的猜想．从此，你不再惧怕“1nnapaq+=+”了，因为你心里已牢牢记住了一个常数1qp-，减之即可．也许你是从一个具体例子开始的．无妨随手写一个：112a=，141nnaa+=+，如何求得{}na的通项？还是将其各项一一写出：12，3，13，53，213，853，……各整数项以3结尾的特质立刻引起了你的注意，逐项作差试之，就得到了一个新数列：52，10，40，160，640，……啊，这不是别的，正是一个等比数列！你还以为是碰巧了，就又随手写了一个数列：11a=，121nnaa+=+，各项为1，3，7，15，31，63，……逐项作差得2，4，8，16，32，……又是一个等比数列！种种的尝试让你由怀疑变为肯定，准备由猜测走向证明．5为了探寻1{}nnaa+-到底是不是等比数列，你开始向1nnapaq+=+抛出质问的链锁，抱着一种验证的心态，本着转化与化归的思想，从定义入手算得11(1)nnnnnnnaapaqpaqaaap+---+==---，此刻久违的笑容终于在你的脸上绽放，原来有梦想就会有希望，有付出就会有收获！疲惫的你静静坐下，开始思忖已经走过的一切：等差数列、等比数列是两大基本数列，迭加法、迭乘法则是需要掌握的根本大法；自然的归纳和猜想虽不是最好的，但有时却能为我们提供“正确答案”的点点线索；你说构造也好，抑或转化也罢，硬是从一个陌生的数列里编织了两个等比数列的梦，可谓异曲同工，妙不可言．类型四1()nnapafn+=+篇该来的终究还是要来！对于类型1()nnapafn+=+，一切还是那样的未知，你又想碰碰运气：1a，1(1)paf+，21(1)(2)papff++，321(1)(2)(3)papfpff+++，……你又大胆猜测，当2n³时，11211111(1)(1)()nnnnnknkapapffnpapfk------==+++-=+åL，怎奈1a无法融入，你极不情愿地写下111111,1(),2nnnnkkanapapfkn----==ìï=í+³ïîå．又要面临证明的难题，你看着11111()nnnknkapapfk----==+å发呆，想要琢磨出些什么．直到某一刻，听见你的尖叫：还是那个1np-的项！由11111()nnnknkapapfk----==+å得1111()nnnkkafkapp--==+å，这不是类型一的结果吗？这不是告诉我们数列1{}nnap-有着类型一同样的递推关系吗？突然间，一切都散发着熟悉的味道，随后的旅行变得格外顺快、通畅，只需一步逆推：111()()nnnnnnnaafnapafnppp++-=+Ü=+，6搞定！例2已知数列{}na满足212nnaan+=+，且11a=，求其通项公式．解：在212nnaan+=+的两边同时除以2n得211222nnnnnaan+-=+，则当2n³时有221111111222nnnnkkkkakka---===+=+åå，记222212311123(1)22222nknkknS--=-==++++åL，循着错位相减的步子有222231112(2)(1)22222nnnnS---=++++L，两式相减得2231113523(1)222222nnnnS---=++++-L，再记231135232222nnT--=++++L，继续错位相减有231113252322222nnnnT---=++++L，两式相减得222211[1()]111112312331232212222222222212nnnnnnnnnT-------=++++-=+-=---L，则31123322nnnT---=--，2311123(1)32222nnnnnS----=---，终于有2421123(1)6222nnnnnS-----=---，21421123(1)72222nnnnnann------=---，127223nnann-=---g，又11a=也适合该式，故通项公式为127223nnann-=---g，*nNÎ．因p为常数，故计算11()nkkfkp-=å的难易程度完全取决于()fn．通过例2你才知道，和式711()nkkfkp-=å的计算并不那么简单，即使是一个小小的2()fnn@，也耗了如此长的篇幅！其实，对于过于复杂的()fn，你大可不去计算11()nkkfkp-=å，就把它原封不动地放在那儿就可以了．一则因为没有必要，而另一方面则因你力不从心．类型五1()()nnafnagn+=+篇类型三和类型四的综合体即是类型五1()()nnafnagn+=+，你也在觅着一个式子，能有np样的神奇：左右两端同时除以它，就可以投向类型一的怀抱．觅着，觅着，你就看出了门道．不妨设要找的式子为()hn，它能使1()()nnafnagn+=+摇身一变成为1()()()/()()nnaagnhnhnfnhn+=+，且()/()nahnfn和1()nahn+是某个数列中相邻的两项．于是，当2n³时有()(1)()hnhnfn-=，即()(1)()hnhnfn=-g，结合类型二的结果，得到2()(1)()nkhnhfk==Õg，这里(1)h等于多少并不重要，不信你看，我们总是得到11222()()()()nnnnnkkkaagnfkfkfk+-====+ÕÕÕ，这俨然已经投入类型一的怀抱！例3已知数列{}