求数列通项的几种方法

数列通项的几种求法、一阶线性（及非线性）齐次（及非齐次）差分方程㈠求数列通项，首要的是通过观察已知数列各项之间的联系，找出数列前后项之间的递推关系或者各项与所在项数之间的关系.1.通过中学课本中对等差数列，等比数列的学习，我们找到了一种发掘递推关系的基础方法.例：①2,4,8,14,22,32,…观察可得：a-a=2(n-1)②2,2,3,6,15,45,…ana2n-1③1,5,14,30,55,91,…a-a-n2④1,1,2,2,3,3,4,4,…a+a=n⑤1，2,1，2,1，2,1，2,…a.a】=2其中④⑤是通过对①②③方法应用总结所得到的.2.通过对上述五例的观察发现，我们自己所能发现的也只是些满足f（a,a1）=g（n）的形式的递推关系，既是满足方程f（a,a「=g（n）的形式，也就意味着我们可以扩大递推关系的寻找方法.例：⑥1，12，123，1234，…a-10a广〃⑦1，4，14，58，292，…a-na】=2通过前面的启发，我们还可以构造a（ra1+5）=p，a（ra「s）=p+qa「••形式的递推关系（p,q,r,s,是常数）.小结寻找递推关系的常用方法：i：a-kaii：a/aiii：a-k（k是常数）㈡前面对如何寻找递推公式（关系）已经有了初步的认识，下面主要就前面提到几类递推公式（关系）来求通项（一阶差分方程）.主要形式：①a-a广f（n）

a/a=g(n)a+a-F(n)a.a=G(n)nn-1解a-a=f(n)na-a=f(n-1)n…na一a=f(2)将上述等式左右两边分别各自相加，可得a2广&(i)所以i=2习(i)+a1i=2解a/a=g(n)na/a=g(n-1)n…na/a=g(2)将上述等式左右两边分别各自相乘，可得a./a1=2Lg(i)所以i=2a=a.Eg(i)i=2解a+a1=F(n)，两边分别乘以(-1)n可得(-1)na-(-1)n-1a1=(-1)nF(n)令b=(-1)na则(-1)n-1a1=b1于是b-b=(-1)nF(n)所以b=£(-1)iF(i)+b从而i=2a=(-1)nE(-1)iF(i)-(-1)na=E(-1)i+nF(i)-(-1)nai=2i=2④解an.an1=G(n)两边取对数得，1gan④解an.an1=G(n)两边取对数得，1gan+1ga”1=1gg(n)令c+c1=1gG(n)所以c=1ga则Q1ga1=c1于是c=E(-1)i+n1gG(n)-(-1)nc则a=10匕=10?-1)或1gG(n)-(-1)"c+c1=1gG(n)所以例1例1).a-a=2(n-1),a=2求a.解代入①式，a=X2(i—1)+2=2^E(i—1)+2=2•~—+2=n2—n+2TOC\o"1-5"\h\zn2i=2i=2例2).a-a=n2,a=1,求a.解代入①式，则a=£i2+a=£i2i=2i=1事实上，1。(n+1)3一n3=3n2+3n+1n3—(n—1)3=3(n—1)2+3(n—1)+123—13=3X12+3X1+1所以(n+1)3—1=3x(12+22++n2)+3x(1+2++n)+n(n+1)3—1=3Xi2+3xn^+ni=1£i2=![(n+1)3—1—n—3n(n+1)]=1n(n+1)(2n+1)326i=1=—n(n+1)(2n+1)62。由a—a=n2可构造函数，令a=an3+bn2+cn+d则=3n2a—(3a—2b)n+(a—b+c)1a1a=—31b=-211a-3n3+2n2+&n又由a=1可得d=0所以a-3n3+2n2+6n-6n(n+1)(2n+1)由2。我们可以得到:因为an为n的*+1次多项式na^a^为n的上次多项式，所以若知道a-a1-f(n)，f(n)为n的k次多项式，则直接可设a-bnk+1+bnk++bn+b然后由a-a消去nk+1项，将所得nB^k次TOC\o"1-5"\h\zn12k+1k+2nn-1多项式与f(n)比较对应项系数，即可解得b,bb,再将a代入12,…，k+11a-bnk+1+bnk++bn+b中得a-b+b++b+b解出b于是n12k+1k+2112k+1k+2k+2即得{an}.我们知道个k点可以确定一个不超过k-1次的多项式，若已知数列的前k个项，即确定了k个点(1,a),(2,a),...,(k,a)则可设a-g(n)，g(n)为由k个点12kn(1,a1),(2,a2),...,(k,ak)所确定的一个不超过k-1次的多项式.然后由待定系数法，即可求出an(当然k越大，an越难求解).不过，也可以直接利用拉格朗日插值公式，写出an.例3)=—，a-2求a.TOC\o"1-5"\h\za21n解代入②式，则a-2・叶L-n!/2n-2n2i-2例4)a+a-n，a=1求a.解代入③式得a=£(-1)i+n・i+(-1)n+1.1-(-1)nX(-1)i・ii-2i=1例5)a.a1—2，a=1求a.解代入④式，得七=10¥-1)'+"4g2-2¥*三21+(-1)n对于像①②那样，通过将递推关系式叠加(或累乘)，从而消去中间项的方法，称之为累积法.通过对例2)，4)，及5)公式的应用，我们发现累积法也只能解决和（或积）函数存在的特例，对于其余不可求和（或积）的函数只能用z或n连结.主要形式a-ka1=f(n),(k为常数)a-na=g(n)a1=p(n)a+q(n)(一般一阶线性非齐次差分方程)解⑤两边同除以kn得a/kn-a1/kn-1=f(n)/kn令b=a/kn，则a/kn-1=b于是b一b=f(n)/kn所以b=Zf(i)/ki+b,故有a=^^kn-if(i)+akn-ii=2i=2两边同除以n!得a/n!-a/(n-1)!=g(n)/n!nn-1令c=a/n!,则有a/(n-1)!=c,于是c一c=g(n)/n!所以c=Zg(k)/k!+c,故可得a=n!Zg(k)/k!+n!ak=2两边同除以np(Q,则an+1/Hp(J)-an/np(j)=q(n)/np(j)TOC\o"1-5"\h\zj=1J=1J=1J=1令d=a/T!p(j)，则a/np(j)=d于是j=1J=1d-d=q(n)/FIp(J),所以可得d=Zq(k)/Hp(J)+a，从而J=1k=1J=1an=np(j)[Zq(k)/np(j)+a1],n>2J=1k=1J=1例6)a-10a=n，a=1求a.解代入⑤式得a=Z10n-i-i+10n-1=Z10n-i・i=(10n+1-9n-10)/81ni=2i=1例7)a-na=2，a=1，求a.

解代入⑥式得解代入⑥式得。=2&!/k!+n!nk=2例8)a=n/(n+1)a+n,a=1,求a.解代入⑦式得a=[Z1k(k+1)+1]/n=1/n+(n2-1)/3k=1总结本节主要解决了一般一阶线性非齐次差分方程的求解问题.先从特殊a-a1=f(n)t较一般a-ka广F(n)t最一般a1=p(n)a+p(n).对于后两类，主要利用消去系数(k或p(n))，进而构造新数列，使之成为b-b=G(n)的形式，再利用累加法求出新数列通nn-1项，最后再还原.这种方法称之为同一法.前面已经讨论了一阶线性差分方程.下面接着来讨论一阶非线性差分方程.当然，由于非线性差分方程形式上比线性差分方程复杂，解也更难于求得，我们也只能浅谈其中的一类.1。主要形式：(含a-a「a=(pa+q)/(ra+s),其中p,q,r,s为常数且ps一qr。0,r。0解i(倒数变换法)(q=0)艮口a=pa/(ra+s)则1/a=(ra+s)/pa=r/p+s/(p-a)令sb=1/a，则1/a=b，于是b-一b=r/p所以可得b=£(s/p)n-i-r+a(s/p)n-1，故有a=(X(s/p)n-i-r+a(s/p)n-1)-1np1np1i=2i=2ii(不动点法)

令f(x)=(px+q)/(rx+s),由x=(px+q)/(rx+s)，可得f(x)的不动点.①若f(x)有两个互异不动点x1,x2x=(px+q^)/(rx+s)o(q-sx)/(p-rx)=-xTOC\o"1-5"\h\z11iiii同理(q-sx)/(p-rx)=-x故(a-x)/(a-x)—,pa+qpa+q—(n—x)/(n—x)ra+s_1a一x(pa+q)/(ra一x)一xn+10nn00ra+sra+s(p一气如+q-_1a一x(pa+q)/(ra一x)一xn+10nn00ra+sra+s(p一气如+q-sx°—(pf)(；+0np-rx0p一rxa一xp一rxa-x所以｛所以｛fn工｝是以％Z%为首项，a—xa—x^一^为公比的等比数列.所以p一rx2a一xa一xp一rx时丹曰t=()n-1角牛之可得a—xa—xp一rxn2122ra一x,p一rxa一x,p一rxxa=[(—)n-1-x一x]/[1一()n-1]na一xp一rx21a一xp一rx122122②若f(x)仅有唯一不动点x0所以由x=(px+q)/(rx+s)即rx2+(s一p)x一q=0有唯一解，则x=U,且'二=-x，所以02rp一rx00ra+s(p-rx)(a-x)+sr(ara一rx+rx(p一rx)(a一x)0n一x)ra+s(p-rx)(a-x)+sr(ar*rxr*rx+s1

p-rxp-rxa-xp-rxo

p一s

r+s2rp-sp-r2rr1=+p-rxa-x故｛_^｝是以为首项，a-xa-｛_^｝是以为首项，a-xa-x以为公差的等数列，p-rx0a-xa-xp-rxn0100所以r(n-1)。广1/[a^r+在tt]+xo1002。（含a2的形式）因为非线性差分方程解较难于求得，也未必就有一般的解法.本节就从几个特例出发研究，读者也可从中吸取经验，把握解题规律.例9）：a=a2,a=2求a.解两边取对数lna=2lna,令b=lna，则Ina=b从而｛b｝是n+1nnnn+1n+1n以b1=ln2为首项，2为公比的等比数列，故b=ln2-2n-1，从而。=ebn=22n-1.注通过本例可以看出，对于a*、ka2,（k为正常数）类型的递推式均可利用"对数变换法”进行转化，使之成为关于lnan的线性方程从而可解.例10)：a=2a2-1,a=1/2求a.解因为cos2x=2cos2x-1，故可令a=cos0则有cos0=2cos20-1

冗一故有0=20从而可得0=2n-101又a=1/2=cos（土—）所以c一兀兀一兀0=2n-1-（土—）所以a=cos（2n-1-（土—））=cos（2n-1-—）注本例中若-1＜匕＜1则均可利用三角函数cosX进行代换.又若当a＞1时则如何呢？我们联想到函数coshx亦能满足方程cosh2x=2cosh2x-1故我们可令a=cosh0代入.从而我们仍然所以0=2n-10].故其中|aj<1;当|a|>1时.(气1T)2=(气1T所以0=2n-10].故其中|aj<1;当|a|>1时.(气1T)2=(气1T)2a2an-1n-1综上所述:1例11)：a=a2/(2a-1),a=2求a.解-1=1-2a旦a-1=1-2a+a2aa2aa2两边取对数lg华己=2lg刍^从而｛lg匚1｝是以1g4=-lg2aaaa为首项，2为公比的等比数列.lgL=(-lg2).2n-1所以an(a-1)/a=(1/2)2n-1=2-2n-1所以a=(1-2-2〃-1)-1例12)：已知a2-2aa+a2=1，a=0，a>0,n>1求a.n+1n+1nn1nn解a2-2aa+a2-1=0①则。由①②得，a『a]为二次方程x2-2ax+a2-1=0的两根，则由韦达定理得a]+a]=2a.这是我们熟悉的等差数列，将a1=0代入a21—2aa+a2=1中可得，a=1，于是公差d=1，从而可得a=n-1.注本例巧用韦达定理，构造出｛a」的2阶线性递归数列（等差数列），从而给出了解答.而对于一般的2阶线性递归数列，则可利用“二、k阶线性递归数列”中所述的特征方程法求解.例13)：已知数列｛i｝满足a=a1+x+Jy2+4x•a,a=0,x,ygR+，求a.解令b=(y2+4x•a，则b=y,a=号q,从而b2=(b+2x)2

nn1n4xnn-1因为气〉0所以bn-bni=2x,即｛b」以bi=y为首项，2x为公差的等差数列，由此可得b=2(n-1)x+y,故a=弓「^~=xn2+yn.注本例通过换元用｛b」表示｛a」，于是递推式就转化为我们熟悉的等差数列.又若根号内外含a均为一次式，当系数改变时，通过类似的n换元可化为形如b=pb+q的形式，进而可求b再求a.n+1nnn例14)：a=2a—2a2,a=1/4.求a解a=-2(a2-a)=-2(a2-a+1/4)+1/2na-1/2=-2(a-1/2)2n+1nnnnn+1n0(1/2-a1)=2(1/2-a)2两边取对数，lg(1/2-a”+1)=lg2+2lg(1/2-a”)所以lg(1/2-a1)=(2〃-1-1)lg2-2〃lg2=-lg2(2〃-1+1)故a=1/2-2-1-2n-1n通过对以上特例的求解过程研究，我们发现主要运用了换元法，三角代换法，对数变换法等，总的说来是利用非线性函数关系，最终将非线性方程转化为线性方程来求解.二、k阶线性递归数列定义若数列｛an｝自第k项之后的任意一项都是其前k项的线性组合，即a=pa+pa++pa(1)p为常数且p丰0,(i=1,2,3,…,k)n+k1n+k-12n+k-2knik则称｛an｝为k阶线性递归数列.引理如果｛〃】｝,修2｝,...,｛uk｝是由(1)式所确定的k个数列，c,c，…,c是任意常nnn12k

数，则｛cui+cu2+...+cuk｝也是由（1）式所确定的数列.1n2nkn证明显然.（略）令a=Xn（x丰0）代入（1）式得，Xn+k=pXn+k-1+pXn+k-2++pXnTOC\o"1-5"\h\z消去Xn得，Xk=pXk-1+pXk-2++p（2）可见x是方程（2）的根，由pkW0知x^0并且an=Xn适合（1）式.所以，（1）式确定等比数列的充要条件是x是方程（2）的根.（2）叫做（1）的特征方程.定理1若（2）有k个相异的根x,x，…,x则（1）所确定的递归数列的通项公12k式为a=cxn+cxn++cXn.（其中c,c，…,c由a,a，…,a唯一确定.）n1122kk12k12k证明由前面所述事实可知，｛cu1+cu2+...+cuk｝也是由（1）所确定的数列.1n2nkn例15）已知a=2,a=18,a=0,a=3a+a-3a,n=1,2,...，，求a.123n+3n+2n+1nn解特征方程x3=3x2+x-3有二个相异的根X]=1,X2=-1,X3=3,于是通项、、、、c1-c2+3c3=2,公式为a=c+c(-1)n+c3n,.代入初始值，得<c+c+9c=18,n123123c-c+27c=0.123解得c=27,c=0,c=-1,.所以a=27一3n.定理2若方程(2)有k重根人，则(1)式所确定的递归数列的通项公式为a=(c+cn++cnk-1)人n.(其中c,c，…,c由a,a，…,a唯一确定.)n12k12k12k证明方程(2)有k重根"所以此时(2)为(x-人)k=0，艮口Xk-c1人Xk-1++(-1)kck人k=0.相应的(1)为kk(1)a一c1人a++(-1)kaXk=0设｛b｝为k-1阶等差数列，则｛bn｝为k阶线性递归数列，TOC\o"1-5"\h\zbk-c1bk1+・・.+(-1)kc;b=0(2)⑵的两边同乘以Xn+k得Xn+kbk-c1X(Xn+k-1bk1)+・・・+(-1)kXk(Xnb)=0(1)设｛b｝为k-1阶等差数列，则｛bn｝为k阶线性递归数列，反之，若a适合（1）,令a=微,由（1）得（3）,（3）的两边同除以人以,得（2）,则显然｛七｝为k-1阶等差数列.依据定理2,气是n的k-1次多项式，所以a=（气+c2n++%nk-1）人n.代入前k项的值，即可确定例16)已知a-6,a-11,a项式，所以a=（气+c2n++%nk-1）人n.代入前k项的值，即可确定TOC\o"1-5"\h\z123n+3n+2n+1nn解方程X3=3X2—3X+1有三重根x=1，依定理2得a=(c+cn++cnk—1)•"=c+cn++cnk—1，n12k12kc1&2&3=6,其中c,c,c满足方程组<c+2c+4c=11,123123c+3c+9c=18.v123解此方程组，得c=3,c=2,c=1,所以，a=3+2n+n2.定理4若特征方程Xk=pXk—1+pXk—2++p有k重根人，k重根人，…，k12k1122s重根人，(k+k+—k=k)，则a=pa+pa++pa所确s12sn+k1n+k—12n+k—2kn定递归数列的通项公式为a=^(c+cn+..・+cnE〃，nt112tk[tt=1其中c,c，…,c(t=1,2,.・.,s)由a,a，…,a唯一确定.t112tki12k例17)已知a=4,a=12,a=2,a=3a—2a,n=1,2<-*,求a.123n+3n+1nn解方程X3=3X-2的根为X]=X2=1,X3=—2,根据定理3，a=c+cn+c(—2)n,其中c,c,c满足方程组n111221111221\11+%—2c21=%<c+2c+4c=12,C+3；—8『=2.111221解此方程组，得c11=4,c12=2,c21=1，故a=4+2n+(—2)n.

三、周期数列定义1在数列｛气｝中，如果存在一个自然数^使得对任意的正整数〃都有a=a忌成立，则称｛a｝为周期数列.对于周期数列｛叩来说，使得对任意的〃都有a广a.*成立的最小的自然数k存在.下面观察最简单的两个周期数列.（。广七2,VneN）（1）1,0,1,0,1,0,…（2）0，1，0，1，0，1，…我们很容易看出这两个数列的通项公式：⑴¥1或洒号⑵牛或装当然由这两个数列我们可以再构造出两个较一般的周期数列:（3）a,0,（3）a,0,a,0,a,0,…{a}（4）0,b,0,b,0,b,…{b「显然它们的通项为:（3）•n（3）•n丸sin——//、7（—1）n+1说7（4）b或b.n兀cos——222（-1）n+1+Ja或a・2下面我们来观察另一个数列n兀•n兀cos——+a・sin——22a,b,a,b,a,b,…我们很容易想到c=a+b=a・（*J1+b・4兰=b・nnn22受此例的影响，我们意识到对于周期数列，它一定可以被拆成几个简单数列（仅由0，a组成的数列）的和.例如：（5）a,b,c,a,b,c,a,b,c,…拆：①a,0,0,a,0,0,a,0,0，…②0,b,0,0,b,0,0,b,0,...0,0,c,0,0,c,0,0,c,...（7）a,a,a,b,b,b,c,c,c,a,a,a,b,b,b,c,c,c,a,…拆法一：①a,a,a,0,0,0,0,0,0,a,a,a,0,0,0,0,0,0,a,a,a,0,0,...0,0,0,b,b,b,0,0,0,0,0,0,b,b,b,0,0,0,0,0,0,b,b,b,.・0,0,0,0,0,0,c,c,c,0,0,0,0,0,0,c,c,c,0,0,0,0,0,0,..拆法二：①a,0,0,0,0,0,0,0,0,a,0,0,0,0,0,0,0,0,a,0,0,0,0,0,a,0,0,0,0,0,0,0,0,a,0,0,0,0,0,0,0,0,a,0,0,0,・..0,0,a,0,0,0,0,0,0,0,0,a,0,0,0,0,0,0,0,0,a,0,0,..⑨0,0,0,0,0,0,0,0,c,0,0,0,0,0,0,0,0,c,0,0,0,0,0,0,...有了这个数列拆分的思想，下面我只需要研究仅由0,a组成的简单数列的通项即可.定义2对于周期数列｛a〃｝来说，若其中仅有x（xeN）个互异符号（数字或字母），则称｛a｝为x相数列.对于其中任意一个符号，若它连续出现y（yeN）次，则称｛a｝为y循环数列.所以我们可以称一个周期数列为一个x相y循环（型）数列.例如我们可以称：（5）式为3相1循环数列.（6）式为3相3循环数列.再回到前面观察数列的拆分，（5）式被拆成了三个简单数列，而（6）却有两种拆分方法，分别被拆成了3个或9个简单数列，显然这是由于（5）式为3相1循环数列而（6）式为3相3循环数列.由此我们也很容易想出，对于任意的x相y循环数列均须至少拆成x个简单数列.当y=1时，拆分方法只有一种.当y〉1时，有两种拆分方法，分别被拆成了x个或xy个简单数列，显然第二种拆法较为繁琐，于是我们只取第一种拆法.定义3称0,...,0,1,・..,1,0,・..,0,1,・..,1,0,・..,0,1,・..（1<k<x）为人相y循环数'~V~'V~~V~zy（k-1）个y个y（x-1）个y个y（x-1）个列｛a｝的一个基本列，记为｛a*｝例：1，2，3，4，1，2，3，4，1，2，3，4，…它可以被拆分成四个基本列：1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,...0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,...0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,...0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,1,...下面我们就从首项为1的基本列研究：1,・・・,1,0,・・・,0,1,・・・,1,0,・・・,0,1,・・・,1,0,・・・,0,1，…k__J\__」\__JVVVxy个xy个xy个它显然是以xy个数字为循环.于是我们首先想到一类最常见的数列｛»｝(模乃剩n余类)・1,2,...,n-1,0,1,2,...,n-1,0,1,2,...,n-1,0,1,..・比｝数列｛〃｝最基本的特征是由n个全不超过n-1的自然数构成，但如果对此数列的每一个数字都加上1,则此数列中超过n-1的数就有1个