从一道数列题想起

群里有人贴了道数列题，求通项。
$a_{n+1}=a_n^2+a_n$

（一）初探

这数列看似简单，实际上是涉及到二次非线性递推数列的范畴了。
该递推数列的一般形式是 $a_{n+1}=Aa_n^2+Ba_n+C$
对于此通式只有两种情况下有解析解
判别式 $\Delta=(B-1)^2-4AC$
（1）当 $\Delta=1时$
$a_n=\frac{({A(a_{0}+\frac{B}{2A}))}^{2^n}-\frac{B}{2}}{A}$

（高考常见题型，求解很简单，凑对数就好）
$a_{n}+\frac{B}{2A}=A(a_{n-1}+\frac{B}{2A})^2+C-\frac{B^2}{4A}+\frac{B}{2A}$
$ln(a_{n}+\frac{B}{2A})+lnA=2(ln(a_{n-1}+\frac{B}{2A})+lnA)$
$ln(a_{n}+\frac{B}{2A})+lnA=2^n(ln(a_{0}+\frac{B}{2A})+lnA)$
$A(a_{n}+\frac{B}{2A})=(A(a_{0}+\frac{B}{2A}))^{2^n}$
$a_{n}=\frac{(A(a_{0}+\frac{B}{2A}))^{2^n}}{A}-\frac{B}{2A}$

（2）当 $\Delta=9时$
$a_n=\frac{c_{0}^{2^n}+c_{0}^{-2^n}-\frac{B}{2}}{A}$
$c_{0}=\frac{B}{4}+\frac{Aa_0}{2}+\frac{\sqrt{(2Aa_0+B)^2-16}}{4}$

（这个有点灵活，据说某年高考还考了，主要是靠双曲代换）
$a_{n}+\frac{B}{2A}+\frac{2}{A}=A(a_{n-1}+\frac{B}{2A})^2+C-\frac{B^2}{4A}+\frac{B}{2A}+\frac{2}{A}$
$A(a_{n}+\frac{B}{2A})+2=(A(a_{n-1}+\frac{B}{2A}))^2$
双曲代换
$b_n+2=b_{n-1}^2$
$(\sqrt{c_n}+\frac{1}{\sqrt{c_n}})^2=(c_{n-1}+\frac{1}{c_{n-1}})^2$
$c_n=c_0^{2^n}$
$c_{0}+\frac{1}{c_{0}}=A(a_{0}+\frac{B}{2A})$
$c_{0}=\frac{A(a_{0}+\frac{B}{2A})+\sqrt{(A(a_{0}+\frac{B}{2A}))^2-4}}{2}$
$c_{0}=\frac{B}{4}+\frac{Aa_0}{2}+\frac{\sqrt{(2Aa_0+B)^2-16}}{4}$

（二）思考

那么 $\Delta$ 为其他数值时呢？虽然没有解析解，但是还是有个很有趣的性质的。
为简化处理，设 $a_n=a_{n-1}^2+c$
（1）c=0时，大家都知道 $a_n=a_0^{2^n}$
（2）实际上c!=0时，也存在某个常数k，使得 $a_n$ 趋近于 $k^{2^n}$ ，这个结论是Aho和Sloane在1973发现的，具体情况为：
$a_n=\lfloor{k^{2^n}}\rfloor$
$k=e^{lna_0+\sum_{i=0}^{\infty}(\frac{1}{2^{i+1}}ln(1+\frac{1}{a_i^2}))}$
（证明写起来很麻烦，就不写了，知道这个结论就好了。）
理论上说，如果精确的知道k值，就可以计算出所有的 $a_n$ 。但是，实际上k这个无理数无法精确计算出来。要计算出来，需要知道所有的 $a_n$ 。

（三）其他

实际上看到 $a_n=a_{n-1}^2+c$ ，你还会想到什么？
对了，就是曼德勃罗集，就是上篇文章里提到的分形鼻祖。
那么可以做不动点分析
周期1不动点：
$x=x^2+c$
$x^2-x+c=0$
$x=\frac{1}{2}(1\pm\sqrt{1-4c})$
周期2不动点：
$x={(x^2+c)}^2+c$
$x^4+2cx^2-x+c^2+c=0$
$(x^2-x+c)(x^2+x+c+1)=0$
$x=\frac{1}{2}(-1\pm\sqrt{-3-4c})$
周期3不动点：
$x={({(x^2+c)}^2+c)}^2+c$
$x^8+4cx^6+(4c^2+2c^2+2c)x^4+(4c^3+4c^2)x^2-x+(c^4+2c^3+c^2+c)=0$
$(x^2-x+c)(x^6+x^5+(3c+1)x^4+(2c+1)x^3+(3c^2+3c+1)x^2+(c^2+2c+1)x+(c^3+2c^2+c+1))=0$

唉，越发觉得需要多看些书了。。

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