Question

18．在平面直角坐标系中，定义$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{n+1}={y}_{n}-{x}_{n}}\\{{y}_{n+1}={y}_{n}+{x}_{n}}\end{array}\right.$（n∈N^*为点P_n（x_n，y_n）到点P_n+1（x_n+1，y_n+1）的一个变换，我们把它称为点变换．已知P₁（0，1），P₂（x₂，y₂），…，P_n（x_n，y_n），P_n+1（x_n+1，y_n+1）是经过点变换得到的一列点．设a_n=|P_nP_n+1|，数列{a_n}的前n项和为S_n，那么$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$的值为=2+$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 由题设知a₁=|（0，1）•（1，1）|=1，a₂=|（1，1）•（0，2）|=$\sqrt{2}$，a₃=|（0，2）•（2，2）|=2，a₄=|（2，2）•（0，4）|=2$\sqrt{2}$，…，a_n=（$\sqrt{2}$）^n-1，S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n=$\frac{（\sqrt{2}）^{n}-1}{\sqrt{2}-1}$．由此可求出$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$的值．

解答 解：由题设知P₁（0，1），P₂（1，1），a₁=|P₁P₂|=1，
且当n≥2时，a_n²=|P_nP_n+1|²=（x_n+1-x_n）²-（y_n+1-y_n）²
=[（y_n-x_n）-x_n]²+[（y_n+x_n）-y_n]²=5x_n²-4x_ny_n+y_n²
 a_n-1²=|P_n-1P_n|²=（x_n-x_n-1）²-（y_n-y_n-1）²①
由定义$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{n+1}={y}_{n}-{x}_{n}}\\{{y}_{n+1}={y}_{n}+{x}_{n}}\end{array}\right.$（n∈N），得$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{n}={y}_{n-1}-{x}_{n-1}}\\{{y}_{n}={y}_{n-1}+{x}_{n-1}}\end{array}\right.$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{n-1}=\frac{{y}_{n}-{x}_{n}}{2}}\\{{y}_{n-1}=\frac{{y}_{n}+{x}_{n}}{2}}\end{array}\right.$，
代入①计算化简得a_n-1²=|P_n-1P_n|²=（$\frac{3x-y}{2}$）²+（$\frac{y-x}{2}$）²=$\frac{1}{2}$（5x_n²-4x_ny_n+y_n²）=$\frac{1}{2}$a_n²．
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=$\sqrt{2}$（n≥2），
∴数列{a_n}是以$\sqrt{2}$为公比的等比数列，且首项a₁=1，
∴a_n=（$\sqrt{2}$）^n-1，
∴S_n=a₁+a₂+a₃+…+a_n=$\frac{（\sqrt{2}）^{n}-1}{\sqrt{2}-1}$．
∴$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=$\frac{（\sqrt{2}）^{n}-1}{\sqrt{2}-1}$•$\frac{1}{（\sqrt{2}）^{n-1}}$=$\frac{\sqrt{2}-\frac{1}{（\sqrt{2}）^{n-1}}}{\sqrt{2}-1}$，
则$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{{a}_{n}}$=$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{\sqrt{2}-\frac{1}{（\sqrt{2}）^{n-1}}}{\sqrt{2}-1}$=$\frac{\sqrt{2}-0}{\sqrt{2}-1}$=2+$\sqrt{2}$．
故答案为：$2+\sqrt{2}$．

点评 本题考查集合的性质和运算，解题时要注意等比数列前n项和公式的合理运用，属于中档题．