特征方程法求解递推关系中的数列通项

(45) 特征方程法求解递推关系中的数列通项一、 （一阶线性递推式）设已知数列 的项满足 ,其中nadcabn11,求这个数列的通项公式。,10c采用数学归纳法可以求解这一问题，然而这样做太过繁琐，而且在猜想通项公式中容易出错，本文提出一种易于被学生掌握的解法特征方程法：针对问题中的递推关系式作出一个方程 称之为特征方程；借助这个特征方程的根快速求解通项公式.下面,dcx以定理形式进行阐述.定理 1：设上述递推关系式的特征方程的根为 ，则当 时， 为常数列，即0x10an，其中 是以 为公比的等比数列，即00,; xbaxann 时当 nbc.011,bc证明：因为 由特征方程得 作换元 则,.10cdx,0xan.)(01 nnn cbadcax当 时， ，数列 是以 为公比的等比数列，故0bb ;1n当 时， ， 为 0 数列，故 （证毕）1xn .N,1n下面列举两例，说明定理 1 的应用.例 1已知数列 满足： 求na ,4,231aann .n解：作方程 .,230xx则当 时，41a21101b数列 是以 为公比的等比数列.于是nb .N,)31(23,)(2)3(11 nbann例 2已知数列 满足递推关系： 其中 为虚数单位。当 取n ,(1iai1a何值时，数列 是常数数列？a解：作方程 则 要使 为常数，即则必须,)32(ix.5360in .53601ixa二、（二阶线性递推式）定理 2：对于由递推公式 ， 给nqpa12 2,出的数列 ，方程 ，叫做数列 的特征方程。naqpxn若 是特征方程的两个根，当 时，数列 的通项为 ，其21,x21xna121nnBxA中 A，B 由 决定（即把 和 ，代入 ，21,a21,1na得到关于 A、B 的方程组）；当 时，数列 的通项为 ，其中21xn)(nxA，B 由 决定（即把 和 ，代入 ，得21, 21,a,1nBA到关于 A、B 的方程组）。例 3：已知数列 满足 ，求数列na ),0(53,1221 Nabnn 的通项公式。na解法一（待定系数迭加法）由 ，得025312nna，)(a且 。b12则数列 是以 为首项， 为公比的等比数列，于是na 32。把 代入，得11)32(na n,，b2，)(3a，243a。21)(nnab把以上各式相加，得。)3()(3)( 21 nna )(31)abn。babnnn )()()21解法二（特征根法）：数列 ： ， n ),0(25312 Nnan的特征方程是： 。a21, 0x,32,1x。12nnBAa1)3(n又由 ，于是b1,)(322aBAb故 13nnba三、(分式递推式)定理 3：如果数列 满足下列条件：已知 的值且对于 ，都有na1aNn（其中 p、 q、 r、 h 均为常数，且 ） ，那么，可作hrapnn1 rhrqph1,0特征方程 .x（1）当特征方程有两个相同的根 （称作特征根）时，若 则,a;N,n若 ，则 其中 特别地，当存1 ,1bn .N,)1(1nrpnabn 在 使 时，无穷数列 不存在.,0n0n（2）当特征方程有两个相异的根 、 （称作特征根）时，则 ，12 12nca,其中 ).(,N,)( 211221 anrpacn 其 中例 3、已知数列 n满足性质：对于 且 求 的通项公式.,324,1nna,1na解:依定理作特征方程 变形得 其根为 故特征,324x,0x.2,1方程有两个相异的根，使用定理 2 的第（2）部分，则有 .N,)21()( 11221 nrpacnn .N,)51(2ncn .N,1)5(212 nann即 .N,)5(24nn例 5已知数列 满足：对于 都有na, .3251nna（1）若 求,1;n（2）若 求3a（3）若 求,61;n（4）当 取哪些值时，无穷数列 不存在？na解：作特征方程 变形得.325x,02512x特征方程有两个相同的特征根 依定理 2 的第（1）部分解答.(1) 对于 都有.,511a,Nn;na(2) 3 rpnabn)1(15353,82令 ，得 .故数列 从第 5 项开始都不存在，0nbna当 4， 时， .N17bn(3) ,561a.1a .,81)(1 Nnrpnbn 令 则 对于,0nb.7n.0bN,n .,7435811an(4)、显然当 时，数列从第 2 项开始便不存在.由本题的第（ 1）小题的解答过程知，31时，数列 是存在的，当 时，则有51ana51a令 则得.N,8)1(11 nrpbn ,0nb且 2.N,35an当 （其中 且 N2）时，数列 从第 项开始便不存在.11na于是知：当 在集合 或 且 2上取值时，无穷数列 都不a3,:15n na存在.练习题：求下列数列的通项公式：1、 在数列 中， ，求 。 （key：na,7,12a)3(21nanna）1)(32n2、 在数列 中， 且 ，求 。n,5,21 214nnn（key： ）)4(3na3、 在数列 中， ，求 。 （key：n,7,21a)3(321ann na）214、 在数列 中， ，求 。 （key ：na,321 nnn312）)(47n5、 在数列 中， ，求 。n,35,21a)4(12nnan（key： ）na6、 在数列 中， ，且 .求 .（key ：n,21bnnqp12 1pna时， ； 时， ）1q)(1abnan1qqabann1)(17、 在数列 中， （ 是非 0 常数）n ,21)(2nnpp,.求 .（key： ( )； ）( )nabqpan)(1ban)1q8、在数列 中， 给定， .求 .(key:n21, 21nnca；若 ，上式不能应用，此时，1221 )(caan )(.)()(12nnn附定理 3 的证明定理 3(分式递推问题)：如果数列 满足下列条件：已知 的值且对于 ，都有na1aNn（其中 p、 q、 r、 h 均为常数，且 ） ，那么，可作hrapnn1 rhrqph1,0特征方程 .x（1）当特征方程有两个相同的根 （称作特征根）时，若 则 若 ，则 其中,a;N,n1a,N,1nbn特别地，当存在 使 时，无穷数列.,)(1rpbn ,00nb不存在.na（2）当特征方程有两个相异的根 、 （称作特征根）时，则 ，12 12nca其中,Nn ).(,N,)( 211221 nrpacn 其 中证明：先证明定理的第（1）部分.作交换 ,ndn则 hraqpdnn1n)(hdrqpn)(rpnn)(2 是特征方程的根，.0)(2qphrhq将该式代入式得 .N,)(1nrdpnn将 代入特征方程可整理得 这与已知条件 矛盾.故特征方程的rpx,qrhqrph根 于是 ,.0当 ，即 = 时，由式得 故1d1da ,N,0nb.N,ndan当 即 时，由、两式可得 此时可对式作如下变化：.d.)(1 rprphrdnn 由 是方程 的两个相同的根可以求得xq.2rhp ,12hprphr将此式代入式得 .N,1nrdn令 则 故数列 是以 为公差的等.N,ndbn .,1pbn nbrp差数列. .,)(1rn其中 .11adb当 时，0,Nn .N,1nbdn当存在 使 时， 无意义.故此时，无穷数列,00nb000nna是不存在的.na再证明定理的第（2）部分如下：特征方程有两个相异的根 、 ，其中必有一个特征根不等于 ，不妨令12 1a于是可作变换.12a.N,2nacn故 ，将 代入再整理得21nchrqpnn1N,)(2211 qrpan由第（1）部分的证明过程知 不是特征方程的根，故rpx.,21rp故 所以由式可得：.0,21rrN,21211 nrphqarpcnn特征方程 有两个相异根 、 方程 有两个相rx120)(2qphxr异根 、 ，而方程 与方程 又是同解方程.12rphq0)(qphx 221,rphq将上两式代入式得 N,2121211