用特征方程法求解递推关系中的数列通项Word文档格式.docx
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,4,N,23
111=∈--=+anaann求.na
解:
作方程.23,23
10-
=xxx则当41=a时,.2
1123,1101=+=≠abxa数列}{nb是以31-为公比的等比数列.
于是.N,
31（2
11
232
3,
3
1（2
31
（1
1
1∈-+-
=+-
=-
=
-=---nbabbnnnnnn
例2.已知数列}{na满足递推关系:
N,32（1∈+=+niaann其中i为虚数单位.当1a取何值时,数列}{na是常数数列?
作方程,32（ixx+=则.5
360i
x+-=
要使na为常数,即则必须.5
3601ixa+-==
题型二:
分式递推问题（*.
例3.已知数列}{na满足性质:
对于,3
24,N1++=
∈-nnnaaan且,31=a求}{na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.
如果数列}{na满足下列条件:
已知1a的值且对于N∈n,都有h
raqpaannn++=+1（其中p、q、r、h均
为常数,且r
harqrph-
≠≠≠1,0,,那么,可作特征方程h
rxqpxx++=
.
（1当特征方程有两个相同的根λ（称作特征根时,若,1λ=a则;
N,∈=nanλ若λ≠1a,则,N,1∈+=
nban
nλ其中.N,
1（11∈--+-=
nrprnabnλ
λ
特别地,当存在,
N0∈n使00
=nb时,无穷数列}{na不存在.
（2当特征方程有两个相异的根1λ、2λ（称作特征根时,则1
2--=nnnccaλλ,,N∈n其中
.（,N,
（211
212
111λλλλλ≠∈----=
-anr
prpaacnn其中
先证明第（1部分.作交换N,∈-=nadnnλ则λλ-++=
-=++h
raqpaadnnnn11
h
rah
qrpann+-+-=
λλ（
drh
qrpdnn++-+-+=
（（（λλλλ
λλλrhrd
qphrrpdn
n-+--+--=
]
（[（2
①
∵λ是特征方程的根,∴λ.0（2
=--+⇒++=qphrh
rqpλλλλ
将该式代入①式得.N,（1∈-+-=+nr
hrd
rpddn
nnλλ②
将r
px=
代入特征方程可整理得,qrph=这与已知条件qrph≠矛盾.故特征方程的根λ,r
p≠于是
.0≠-rpλ③
当01=d,即λ+=11da=λ时,由②式得,N,0∈=nbn故.N,∈=+=ndannλλ当01≠d即λ≠1a时,由②、③两式可得.N,0∈≠ndn此时可对②式作如下变化:
.1
（11
r
prdr
prhrpdr
dn
nn
nλλλλλ-+
⋅
-+=
--+=+④
由λ是方程h
的两个相同的根可以求得.2r
hp-=λ
∴
122=++=--
-+=-+h
pphr
hpprrhphr
prhλλ
将此式代入④式得.N,111
∈-+
=+nr
prddn
nλ
令.N,1∈=
ndbn
n则.N,1∈-+
prbbnnλ故数列}{nb是以
prλ-为公差的等差数列.
∴.N,1（1∈-⋅
-+=nr
prnbbnλ
其中.1111
1λ
-=
adb
当0,N≠∈nbn时,.N,1∈+=
+=nbdan
nnλλ
当存在,N0∈n使00
=nb时,λλ+=
+=0
01nnnbda无意义.故此时,无穷数列}{na是不存在的.
再证明第（2部分如下:
∵特征方程有两个相异的根1λ、2λ,∴其中必有一个特征根不等于1a,不妨令.12a≠λ于是可作变换.N,2
1∈--=
naacnnnλλ
故2
1111λλ--=
+++nnnaac,将h
raqpaannn++=
+1代入再整理得
N,（（22111∈-+--+-=
+nh
qrpahqrpacnnnλλλλ⑤
由第（1部分的证明过程知r
不是特征方程的根,故.,21r
pr
p≠
≠λλ
故.0,021≠-≠-rprpλλ所以由⑤式可得:
N,2211211∈--+
--+⋅--=
+nr
phqarphqar
prpcnnnλλλλλλ⑥
∵特征方程h
有两个相异根1λ、2λ⇒方程0（2=--+qphxrx有两个相异根1λ、2λ,
而方程xr
pxhqx--=
-与方程0（2=---qphxrx又是同解方程.
222111,
λλλλλλ-=---=--r
phqr
phq
将上两式代入⑥式得N,212
1211∈--=--⋅--=
-ncr
prpaar
prpcnnnnλλλλλλ
当,01=c即11λ≠a时,数列}{nc是等比数列,公比为
prp21λλ--.此时对于N∈n都有
.
（（
（
1111
211------=--=nnnr
prpccλλλλλλ
当01=c即11λ=a时,上式也成立.由2
1λλ--=
nnnaac且21λλ≠可知.N,1∈=ncn
所以.N,1
2∈--=
nccannnλλ（证毕
注:
当qrph=时,
raqpann++会退化为常数;
当0=r时,h
+1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:
作特征方程,3
24++=
xxx变形得,04222
=-+xx其根为.2,121-==λλ故特征方程有两个相异的
根,使用第（2部分,则有
.N,
2
21211（
313
111∈⋅-⋅-⋅+-⋅
--⋅--=
--nr
prpaacnnnλλλλ
∴.N,
5
1（521
∈-
-ncnn
∴.N,1
51（5
21
1（5221
2∈--
--⋅-=
--=
--nccannnnnλλ
即.N,
5（245（∈-+--=
nann
n
例4.已知数列}{na满足:
对于,N∈n都有.3
25131+-=
+nnnaaa
（1若,51=a求;
na（2若,31=a求;
na（3若,61=a求;
na（4当1a取哪些值时,无穷数列}{na不存在?
作特征方程.3
2513+-=
xxx
变形得,025102=+-xx
特征方程有两个相同的特征根.5=λ依第（1部分解答.（1∵∴=∴=.,511λaa对于,N∈n都有;
5==λna（2∵.,311λ≠∴=aa∴λλrprnabn--+-=
1（11
1131
1（531⋅-⋅-+-=n
8
121-+
-
=n
令0=nb,得5=n.故数列}{na从第5项开始都不存在,当n≤4,N∈n时,5
1751--=
+=
nnban
nλ.
（3∵,5,61==λa∴.1λ≠a∴.,8
1（11Nnnr
prnabn∈-+
=--+-=
λλ
令bn=0,则n=7n.∴对于n∈N,bn≠0.∴an=1+λ=bn15n+43+5=,n∈N.n1n+71+8（4）显然当a1=3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，a1=5时，数列{an}是存在的，当a1≠λ=5时，则有bn=1r1n1+（n1=+,n∈N.令a1λpλra158bn=0,则得a1=5n13,n∈N且n≥2.n15n13∴当a1=（其中n∈N且N≥2）时，数列{an}从第n项开始便不存在.n15n13:
n∈N,且n≥2}上取值时，无穷数列{an}都不存在.于是知：
当a1在集合{3或n1题型三题型三：
二阶线性递推数列问题阶线性递推数列问题.问题设递推公式为an+1=pan+qan1,其特征方程为x2=px+q即x2pxq=0，1、若方程有两相异根A、B，则an=c1A+c2Bnn2、若方程有两等根A=B,则an=（c1+nc2An其中c1、c2可由初始条件（a1,a2）构造方程组确定。
证明：
设an+1tan=s（antan1，则an+1=（s+tanstan1,令s+t=pst=q（*）
（1）若方程组（*）有两组不同的解（s1,t1,（s2,t2,则an+1t1an=s1（ant1an1,an+1t2an=s2（ant2an1,由等比数列性质可得an+1t1an=（a2t1a1s1n1,,an+1t2an=（a2t21a1s2n1∵t1≠t2,由上两式消去an+1可得an=（a2t1a1.sna2t2a1.sn.12s1（t2t1s2（t2t1—6—
特别地，若方程组（*）有一对共扼虚根r（cosθ±
isinθ,通过复数三角形式运算不难求得此时数列的通项公式为an=rn（c1cosnθ+c2sinnθ,其中c1、c2可由初始条件求出。
s1=s2，易证此时s1=t1，则t1=t2n1
（2）若方程组（*）有两组相等的解2an+1t1an=s1（ant1an1=s1（an1t1an2=…=s1∴an+1s1n+1（a2t1a1，ans1n=a2t1a1s12,即an是等差数列，ns1由等差数列性质可知ans1n=a1ata+（n1.2211，s1s1所以an=a1a2t1a12s1s1a2t1a1n+.ns1．2s1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s2psq=0或t2ptq=0,此方程的两根即为特征方程x2=px+q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5．斐波那契数列a1=a2=1,an+1=an+an1（n=2,3,，求通项公式an。
．解：
此数列对应特征方程为x=x+1即xx1=0，解得x=221±
5，2设此数列的通项公式为an=c1（由初始条件a1=a2=1可知，1+5n15n，+c2（2211+515+c2=1c1c1=522，解之得，1c（1+52+c（152=1c2=21522所以an=51+5n15n）（。
（522例6．已知数列a1=1,a2=5,且an+1=4an4an1（n≥2，求通项公式an。
此数列对应特征方程为x=4x4即x4x+4=0，解得x1=x2=2，22设此数列的通项公式为an=（c1+nc22，n—7—
由初始条件a1=1,a2=5,可知，1c1=4（c1+c22=1，解之得，3（c1+2c24=5c2=4所以an=（3n12n2。
例7．已知数列a1=0,a2=1,且an+1=2an+2an1（n≥2，求通项公式an。
此数列对应特征方程为x=2x+2即x2x+2=0，22解得x=1±
i=2（c1cosπ±
sin，44nπ设此数列的通项公式为an=（2（c1cos由初始条件a1=0,a2=1,可知，nπnπ+c2sin，44ππ12（c1cos+c2sin=0c1=244，解之得，2π2π12（2（c1cosc2=+c2sin=1442（2nnπnπ所以an=（sincos。
244阅读材料：
阅读材料：
斐波那契数列莱昂纳多斐波那契（1175－1250）出生于意大利比萨市，是一名闻名于欧洲的数学家，其主要的著作有《算盘书》《实用几何》和《四艺经》等。
在1202年斐波那契提出了一个非常著名的数列，即：
、假设一对兔子每隔一个月生一对一雌一雄的小兔子，每对小兔子在两个月以后也开始生一对一雌一雄的小兔子，每月一次，如此下去。
年初时兔房里放一对大兔子，问一年以后，兔房内共有多少对兔子？
这就是非常著名的斐波那契数列问题。
它的通项公式是以无理数的形式给出的，但用它计算出的每一项却都是整数。
人们发现斐波那契数列与我们熟知的杨辉三角形有关，我们知道，二项式展开式的系数构成杨辉（贾宪）三角形。
111121133114641151010511615201561……利用杨辉三角形可以很快写出a+b的任意次幂的展开式。
如果我们将杨辉三角形各行的位置错一下，排成一个直角三角形，然后把斜线上的数字相加，其和写在右上方，这样就能得到一列数，所得的这列数，恰好是斐波那契数列。
—8—
……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.—9—
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