求解含floor/ceil操作的几类递推关系的通用解问询

我最初想解决下面这个递推关系：

$$F_n = c \cdot \left\lfloor \frac{F_{n-1}}{d} \right\rfloor \text{ for } F_0, c, d \in \mathbb{N} \tag{1}$$

出于兴趣，我还尝试了更通用的形式：

\begin{align*}
F_n &= a \cdot \lfloor b \cdot F_{n-1} \rfloor + c \tag{2}
\
C_n &= a \cdot \lceil b \cdot C_{n-1} \rceil + c, \text{ for } a,b,c \in \mathbb{Q}^+
\end{align*}

我希望能找到这些递推的通用解。

递推(1)的特殊情况：$d|c$ 且 $c|d$ #

递推(1)在$d$整除$c$或者$c$整除$d$的情况下，解相对容易推导：

• 若 $d | c$，则解为：
  $$F_n = c \left(\frac{c}{d}\right)^{c-1} \left\lfloor \frac{F_0}{d} \right\rfloor$$
  证明思路：利用 $d | c \implies \frac{c}{d} \in \mathbb{Z}$，以及整数性质 $\forall n,m \in \mathbb{Z} \left(\lfloor nm \rfloor = nm\right)$，对递推展开可得：
  $$F_n = c \cdot \left\lfloor \frac{c}{d} \cdot \left\lfloor \frac{F_{n-2}}{d} \right\rfloor \right\rfloor = c \cdot \frac{c}{d} \cdot \left\lfloor \frac{F_{n-2}}{d} \right\rfloor $$

• 若 $c|d$，则解为：
  $$F_n = c \left\lfloor \left(\frac{c}{d}\right)^{n-1} \frac{F_0}{d} \right\rfloor$$
  证明思路：利用 $c|d \implies \exists k \in \mathbb{Z} \left(\frac{d}{c} = k\right)$，以及floor函数性质 $\left\lfloor \frac{\lfloor x / m \rfloor}{n} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{x}{mn} \right\rfloor$，展开递推可得：
  $$F_n = c \cdot \left\lfloor \frac{c}{d} \cdot \left\lfloor \frac{F_{n-2}}{d} \right\rfloor \right\rfloor = c \cdot \left\lfloor \frac{c}{d} \cdot \frac{F_{n-2}}{d} \right\rfloor $$

递推(1)的示例：$c=3, d=2$ #

这个参数组合是最简单且有特别有意思行为的情况：不同初始值$F_0$对应的序列，经常会在某一项之后重合。比如：

• $F_0 = 4$时，序列是 $4, 6, 9,\color{red}{F_3 = 12, F_4 = 18,\dots}$
• $F_0 = 8$时，序列是 $\color{red}{F_1 = 12, F_2 = 18,\dots}$

为了表述清晰，我把初始值为$F_0$的序列记为$\mathscr{F}(F_0)$（比如$\mathscr{F}(4)$就是序列$4, 6, 9, \dots$）。

观察到的一些现象：

• 对于序列$(F_i)$，以下这些序列会出现重合项：
  • $\mathscr{F}(F_i)$
  • 若$\frac{2}{3}F_i$是自然数，则$\mathscr{F}\left(\frac{2}{3}F_i\right)$
  • 若$F_i$是偶数，则$\mathscr{F}(F_i + 1)$
• 似乎每个$\mathscr{F}(4 + 6n)$都是一个“全新”的序列？而且当$n < 4 + 6n$时，$\mathscr{F}(n)$和$\mathscr{F}(4 + 6n)$没有任何公共项。
• 跟踪$\mathscr{F}(4)$中出现的所有奇数，得到的序列对应数列A087791。

递推(2)的特殊情况 #

我用《具体数学》（Concrete Mathematics）中的定理3.10推导了递推(2)的一个特殊解：

设$f(x)$是任意连续、单调递增的函数，满足性质：若$f(x) \in \mathbb{Z}$则$x \in \mathbb{Z}$，那么有$\left\lfloor f(x) \right \rfloor = \left\lfloor f(\lfloor x \rfloor) \right\rfloor$。

取$f(x) = abx + bc$，通过数学归纳法可以证明：
$$F_n = a\lfloor f^n(bF_0) \rfloor +c $$
其中$f^n(x)$表示$f$的$n$次复合（即$f(f(\dots f(x)\dots))$，共$n$次嵌套）。

进一步可以推导出$f^n(x_0) = (ab)^n x_0 + \frac{1-(ab)^n}{1-ab}cb$，从而得到特殊情况下的解：

若$a,b,c \in \mathbb{R^+}$满足$\left(abx + bc \in \mathbb{Z} \implies x \in \mathbb{Z}\right)$，则：
$$F_n = a \left\lfloor (ab)^{n-1} bF_0 + \frac{1-(ab)^{n-1}}{1-ab}cb \right\rfloor + c $$

不过说实话，我对这个结果不太满意，因为它的约束条件太严格了，而且甚至连我最初的递推(1)的特殊情况（$d|c$或$c|d$）都没法覆盖？

所以我想问问：有没有这些递推关系的通用解？

备注：内容来源于stack exchange，提问作者ryan f