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文档简介
特征方程法求解递推关系中的数列通项当时,的取值称为不动点,不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。 典型例子: 令 ,即 ,令此方程的两个根为, (1)若,则有 (其中)(2)若,则有 (其中)例题1:设, (1)求函数的不动点; (2)对(1)中的二个不动点,求使恒成立的常数的值;(3)对由定义的数列,求其通项公式。解析:(1)设函数的不动点为,则解得或 (2)由可知使恒成立的常数。(3)由(2)可知,所以数列 是以为首项,为公比的等比数列。则,则 例2已知数列满足性质:对于 且求的通项公式.解:依定理作特征方程变形得 其根为故特征方程有两个相异的根,则有即 又 数列是以为首项,为公比的等比数列 例3已知数列满足:对于都有(1)若求 (2)若求解:作特征方程 变形得 特征方程有两个相同的特征根(1)对于都有 (2)一、数列的一阶特征方程(型)在数列中,已知,且时,(是常数),(1)当时,数列为等差数列;(2)当时,数列为常数数列;(3)当时,数列为等比数列;(4)当时,称是数列的一阶特征方程,其根叫做特征方程的特征根,这时数列的通项公式为:;例1:已知数列中,且时,求;(参考答案:)二、数列的二阶特征方程(型)在数列中,与已知,且(是常数),则称是数列的二阶特征方程,其根,叫做特征方程的特征根。(1)当时,有; (2)当时,有;其中由代入后确定。例2:在数列中,且时,求;(参考答案:)考虑一个简单的线性递推问题.设已知数列的项满足, 其中求这个数列的通项公式.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,其中是以为公比的等比数列,即.证明:因为由特征方程得作换元则当时,数列是以为公比的等比数列,故当时,为0数列,故(证毕)下面列举两例,说明定理1的应用.例1已知数列满足:求解:作方程当时,数列是以为公比的等比数列.于是例2已知数列满足递推关系:其中为虚数单位.当取何值时,数列是常数数列?解:作方程则要使为常数,即则必须现在考虑一个分式递推问题(*).例3已知数列满足性质:对于且求的通项公式.将这问题一般化,应用特征方程法求解,有下述结果.定理2.如果数列满足下列条件:已知的值且对于,都有(其中p、q、r、h均为常数,且),那么,可作特征方程.(1)当特征方程有两个相同的根(称作特征根)时,若则若,则其中特别地,当存在使时,无穷数列不存在.(2)当特征方程有两个相异的根、(称作特征根)时,则,其中证明:先证明定理的第(1)部分.作交换则 是特征方程的根,将该式代入式得 将代入特征方程可整理得这与已知条件矛盾.故特征方程的根于是 当,即=时,由式得故当即时,由、两式可得此时可对式作如下变化: 由是方程的两个相同的根可以求得 将此式代入式得令则故数列是以为公差的等差数列. 其中当时,当存在使时,无意义.故此时,无穷数列是不存在的.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,不妨令于是可作变换故,将代入再整理得 由第(1)部分的证明过程知不是特征方程的根,故故所以由式可得: 特征方程有两个相异根、方程有两个相异根、,而方程与方程又是同解方程.将上两式代入式得当即时,数列是等比数列,公比为.此时对于都有 当即时,上式也成立.由且可知 所以(证毕)注:当时,会退化为常数;当时,可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.现在求解前述例3的分类递推问题.解:依定理作特征方程变形得其根为故特征方程有两个相异的根,使用定理2的第(2)部分,则有 即例4已知数列满足:对于都有(1)若求(2)若求(3)若求(4)当取哪些值时,无穷数列不存在?解:作特征方程变形得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(2) 令,得.故数列从第5项开始都不存在,当4,时,.(3) 令则对于(4)显然当时,数列从第2项开
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