递推数列特征方程的来源与应用递推数列特征方程的来源与应用

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递推数列特征方程的来源与应用 浙江省奉化二中 周 衡 315506 浙江省奉化中学 杨亢尔 315500 递推是中学数学中一个非常重要的概念和方法,递推数列问题能力要求高,内在联系密切,蕴含着不少精妙的数学思想和数学方法。新教材将数列放在高一讲授,并明确给出“递推公式”的概念如果已知数列  na的第 1 项(或前几项),且任一项na与它的前一项1na(或前几项)间的关系可以用一个公 式来表示,那么这个公式叫做数列的递推公式。有通项公式的数列只是少数,研究递推数列公式给出数列的方法可使我们研究数列的范围大大扩展。新大纲关于递推数列规定的教学目标是“了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项”,但从近几年来高考试题中常以递推数列或与其相关的问题作为能力型试题来看,这一目标是否恰当似乎值得探讨,笔者以为“根据递推公式写出数列的前几项”无论从思想方法还是从培养能力上来看,都不那么重要,重要的是学会如何去发现数列的递推关系,学会如何将递推关系转化为数列的通项公式的方法。本 文以线性递推数列通项求法为例,谈谈这方面的认识。 关于一阶线性递推数列 ,1,11   cdcaaba nn其通项公式的求法一般采用如下的参数法 [1],将递推数列转化为等比数列 设 tccaatactannnn 1, 11   则, 令 dtc  1 ,即1 cdt,当 1c 时可得 111  c dacc da nn 知数列  1c dan是以 c 为公比的等比数列, 11 11  nn cc dac da 将 ba 1 代入并整理,得  1 1  c dcbdbca nnn对于二阶线性递推数列,许多文章都采用特征方程法 [2] 设递推公式为 ,11   nnn qapaa其特征方程为 022  qpxxqpxx 即 , 1、 若方程有两相异根 A 、 B ,则 nnn BcAca 21 2、 若方程有两等根 ,BA 则 nn Ancca 21 其中 1c 、 2c 可由初始条件确定。 很明显,如果将以上结论作为此类问题的统一解法直接呈现出来,学生是难以接受的,也是不负责任的。下面我们结合求一阶线性递推数列的参数法,探讨上述结论的“来源”。 设 11   nnnn taastaa,则11   nnn staatsa, 令qstpts ( *) ( 1) 若方程组( *)有两组不同的解 ,,,2211 tsts, 则 11111   nnnn atasata, 12221   nnnn atasata, 由等比数列性质可得 1111211   nnn sataata, 1212221 1   nnn sataata, ,21 tt  由上两式消去 1na 可得      nnn sttsatasttsataa2122 1221121 112 ..  . 特别地,若方程组( *)有一对共扼虚根  ,sincos  ir  通过复数三角形式运算不难求得此时数列的通项公式为  ,s inco s21  ncncra nn 其中 1c 、 2c 可由初始条件求出。 ( 2) 若方程组( *)有两组相等的解2121 tt ss ,易证此时 11 ts  ,则    112112112111111 atasatasatasata nnnnnnn   , 21 112111 1 satasasannnn,即nnsa1是等差数列, 由等差数列性质可知  21 112111 .1 satansasann , 所以nn snsatasatasaa1211122111211 .  . 这样,我们通过将递推数列转化为等比(差)数列的方法,求得二阶线性递推数列的通项,若将方程组( *)消去 t (或 s )即得 ,00 22  qpttqpss 或此方程的两根即为特征方程 qpxx 2 的两根,读者不难发现它们的结论是完全一致的,这正是特征方程法求递推数列通项公式的根源所在。 例 1、 斐波那契数列 ,3,2,11121   naaaaa nnn,求通项公式na。 解 此数列对应特征方程为 12  xx 即 012  xx ,解得2 51x, 设此数列的通项公式为 nnn cca 2512 5121 , 由初始条件 121  aa 可知, 12512511251251222121cccc,解之得515121cc, 所以  nnna 2 512 515 5 )。 例 2、 已知数列 ,5,121  aa且 24411   naaa nnn,求通项公式na。 解 此数列对应特征方程为 442  xx 即 0442  xx ,解得 221  xx, 设此数列的通项公式为 nn ncca 2 21 , 由初始条件 ,5,1 21  aa 可知, 542122121 cc cc ,解之得434121cc , 所以 2213  nn na。 例 3 已知数列 ,1,0 21  aa 且 22211   naaa nnn,求通项公式na。 解 此数列对应特征方程为 222  xx 即 0222  xx , 解得 4s in4c os21 1   cix, 设此数列的通项公式为 4s in4c o s2 21  ncnca nn , 由初始条件 ,1,0 21  aa 可知, 142s in42c o s204s in4c o s221221cccc ,解之得212121cc , 所以 4co s4 s in2 2  nnann 。 最后我们指出,上述结论在求一类数列通项公式时固然有用,但将递推数列转化为等比(等差)数列的方法更为重要。如对于高阶线性递推数列和分式线性递推数列,我们也可借鉴前面的参数法,求得通项公式。 例 4、设数列  na满足nnnn aaaaa 求,7245,211 解 对等式两端同加参数 t 得     解之可得令 ,5247,7252475272 475272 451    ttta ttata tattaatannnnnnn 1t, 2 ,代入72521  nnn atatta , 得 ,72292,7213111  nnnnnn aaaaaa 相除得 ,21312121 nnnn aaaa即31,41212111 公比为是首项为 aaaann 的等比数列, 134234,34121111nnnnnn aaa 解得。 参考文献 [1 ] 杨亢尔.一个数列递推公式和一类应用题的解法.数学教学研究, 2001.4. [2 ] 沈文宣 . 初等数学研究教程 .湖南教育出版社, 1996.
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