特征方程法求解递推关系中的数列通项.docx

特征方程法求解递推关系中的数列通项.docx

《特征方程法求解递推关系中的数列通项.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《特征方程法求解递推关系中的数列通项.docx（18页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

特征方程法求解递推关系中的数列通项

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｛an｝的项满足a-\=b,ancand,

其中c=0,c=1,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一一特征方程

法：

针对问题中的递推关系式作出一个方程x=cx•d,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x0，则当x0=a1时，an

为常数列，即an二a1；当X0二a1时，an二bn■x°，其中｛bn｝是以c为公比

的等比数列，即bn=0亍」，0=a1-x0•

n1

当X。

=a1时，6=0,数列｛bn｝是以c为公比的等比数列，故bn-

当x°二a1时，0=0,｛bn｝为0数列，故a*=a1,n•N.（证毕）

F面列举两例，说明定理1的应用•

1

例1.已知数列｛an｝满足：

an^^a-2,-N»4,求an.

解：

作方程x

13

2

11

--x-2,则X。

--

3

当a1=4时,

数列｛bn｝

bn

讪-3）

n-4

1

是以——

3

111n4

（）,an23

-3b

比数列•于是

例2.已知数列｛an｝满足递推关系:

an^（2an-3）i,n，N,其中i为虚数

单位。

当ai取何值时，数列｛a.｝是常数数列?

a^:

-,a2二：

给出的数列：

an爲方程x2-px-q=0，叫做数列:

an/的

特征方程。

若Xi,X2是特征方程的两个根，当Xi=X2时，数列的通项为an=Ax；」Bx2J，其中A，B由aim,a2=2决定（即把ai,a2,Xi,X2和n=i,2，代入a.二Ax；JBx；」，得到关于A、B的方程组）；当捲=x?

时，数列^n』的通项为a^（AB）xinJ，其中A，B由ai-「，a2二：

决定（即把ai,a2,Xi,X2和n=i,2，代入a^（A-Bn）x7，得到关于a、B的方程组）。

例3:

已知数列'a/满足

ai=a,a2=b,3an2-5ani'2an=0（n_0,n•N），求数列：

an的通项公式。

解法一（待定系数——迭加法）

由3an.2-5an12an=0，得

—2/、

an2an1-3（an1an），

3

且玄2_a〔二b_a。

则数列a,-an［是以b-a为首项，-为公比的等比数列，于是

3

2

ani-an=（b-a）（—）n*。

把n=1,2,3，…,n代入，得

3

a3-a2

a4_a3

=（b一a）（3）,

3

=（b-a）（孑,

an-an」=（b-a）

（2）n‘。

3

把以上各式相加，得

222

an-ai=（b-a）［1（―）「•（严］二

333

1召

才（b-a）。

1-

3

an二［3-

n」3b-2a。

n」］（b-a）a=3（a-

=0（n一0,nN）,

解法二（特征根法）：

数列「an1：

3an.2-5anq•2an

2

a^a,a2二b的特征方程是：

3x-5x^0。

聪-AB（|厂。

‘A=3b—2a

故an=3b-2a3（^b）（-）n4

3

已知a1的值且对于

三、（分式递推式）定理3：

如果数列｛an｝满足下列条件:

h均为常数，且

n•N,都有a.i二卫如q（其中p、q、

ran+h

h

ph式qr,r式0,印式一-），那么,

r

当特征方程有两个相同的根

右a1

-■,则an-■,n•N;

a

an=1■,nN,

bn

bn

a1

—（n_1）—,n-；p—r■

N.特别地，当存在n°•N,使bn0=0时,

无穷数列｛an｝不存在.

｛an｝的通项公式.

则有

Cn弓-捫，nN.

55

-2_1

55

2（4i

55

n

N.

即an二

（-5）°-4

n^N.

n'

2（-5）n

例5.

已知数列｛an｝满足：

对于n・N,都有ani

_13an-25

an3

（1）

ai

-5,求an；

（2）

ai

=3,求an;

（3）

ai

=6,求an；

（4）

ai取哪些值时，无穷数列｛a.｝不存在?

13x—252

解：

作特征方程x.变形得x「10x•25=0,

特征方程有两个相同的特征根■-5.依定理2的第（i）部分解答.

（1）••

ai

=5,.a^—，.•对于n二N,都有an=，—5;

ai

二bn

ai-

1r

一（n_i）—p_r扎

丄（n_1）--

3-513-15

1n-1

=——十

28

令bn

=0，得n=5.故数列｛an｝从第5项开始都不存在,

当nw4,nN时，an=丄二切_仃

bn

n-5

⑶•a〔二6?

■—5,--a〔=.•■..

1rn—1

•••bn（n-1）1,nN・

a〔一九p—hr8

5n43

nN.

令bn=0,则n--7'n.•••对于nN,bn=0.

11

——+A=

bn1•口

8

的解答过程知,

a1=5时，数列｛a.｝是存在的，当a^■-5时，则有

1r1n-1

bn（n—1）,nN.令bn=0,贝U得

5n-13a1,n

n-1

•••当耳二心

n—1

a1-丸p-灯a1-58

（其中n，N且n>2）时，数列｛an｝从第n项开始便不存在•

于是知：

当a1在集合｛-3或5n一13：

N,且n>2｝上取值时，无穷

n—1

数列｛an｝都不存在.

练习题：

求下列数列的通项公式：

1、在数列｛an｝中，a1=1,a2=7,an=2az+3an/（n色3）,求an。

key:

2、在数列｛an｝中，a1=1,a2=5,且a^5an4-4an^，求a.。

（key:

1

an=3（4n-1））

3

3、在数列｛an｝中，=3,a?

=7,an=3an」-2an_2（n_3），求an°（key:

an=2n1-1）

（key:

q=1时，an=a（n—1）（b—a）；q=1时,

an

n_1

aqb-（b-a）（-q））

（P=q）；an=a「（n-1）b）（p=q）

8、在数列｛an｝中

a1,a2给定，

an=banJcan/.求

pz_0t2

an.（key:

an二—-

a1（j才■■-'）；若〉=一：

，

上式不能应用，此时，an

=（n-1）a2：

nJ-（n

_2）aF2

附定理3的证明

定理3（分式递推问题）：

如果数列｛an｝满足下列条件：

已知a1的值且对于

nN,都有ani

panq

（其中p、q、r、h均为常数，且

ranh

ph^qr,r式0,印式—也）,那么，可作特征方程x=px+q.

rrx+h

（1）当特征方程有两个相同的根■（称作特征根）时，

1

若a^i=■,贝Uan=■,n•N;若a^/.，贝Uan',n•

bn

bn

（n-1）

ai-

n-N.特别地,

当存在n0•N,使b

无穷数列｛an｝不存在.

（2）当特征方程有两个相异的根「

'2（称作特征根）

cn-1

nN,其

N,其中

10=0时,

时，则

中

色h卫亘）2,nN,（其中印「2）.一2P一2「

证明：

先证明定理的第

（1）部分•

作交换dn=an-rn•N

panq

ranh

an（p-•r）q-'h

ranh

（dn•'）（P_'r）qh

r（dn+扎）+h

dn（P-r）-[r2‘（h-p）-q]

rdnh-r

■是特征方程的根，「•■==r■2..；”（h-p）-q=0.

rk+h

将该式代入①式得dn.1二卫虫卫°,n•N.②

rdn+h_貼

将x=P代入特征方程可整理得ph=qr,这与已知条件ph=qr矛盾.

r

故特征方程的根•-于是p一•r=0.

r

③

当d1=0，即a1=d^i…冷=■时，由②式得bn=0,n•N,故an=dn，=',nN.

当di=0即a^■时，由②、③两式可得dn=0,n・N.此时可对②式作如下变化：

1rdnh-'；rh*r1r

n.④

dn1dn（p一r）p—rdnp一，r

pxqp-h

由■是万程x的两个相同的根可以求得

rx+h2r

,h+

p「h

r

.h+hr_

2r

Jp=1,

P_rc

P—h”

ph

p

r

2r

将此式代入④式得

1

1r

丄一r,nN

dn1

dnP一r

1_r-

令bn,nN.则bnd=bn,nN.故数列｛bn｝是以

dnP-’r

r

二bn=b1（n-1）,nN.

p-"

1

其中D二一

di

1

当nN,bn=0时，an=dn,nN.

bn

1

当存在n0^N,使bn°=0时，an=dn+丸=——+丸无意义.故此时，bn°

无穷数列｛an｝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，1、，2，二其中必有一个特征根不等于a1,

a—,

不妨令，2=&.于是可作变换cnn'n・N.

an-入2

故Cn1亠丑匚一1，将an厂旦q代入再整理得

an舟一7-2ran+h

Cn1

an（P-T）q-/

an（p-qr）q-qh

由第

（1）部分的证明过程知乂=卫不是特征方程的根，故

r

十R,-2」

rr

故P_'订=0,P-’2「=0.所以由⑤式可得：

p-■1r

P匕nN丄q-入2han

rx2・x（h-p）-q=O有两个相异根-1、,而方程-x二-__xh与方程

p_xr

2

rx-x（h-p）-q=0又是同解方程

Cn,nN

-q—，-2h

--'i,_

p-12r

将上两式代入⑥式得

p—入订an_，-1

cn」=

p—九2ran一九2

cp—人订

当Ci=0,即ai=-1时，数列｛Cn｝是等比数列，公比为一.此时对P-扎2「

于n•N都有

p—n」/ai—打、/P—入r、n」

Cn7（）=（）（）.

P_2「*1_'2P_‘2「

当g=0即a^=■1时，上式也成立.

a,

由cnn-且/.2可知cn=1,n•N.

an-'-2

所以an二二^1,n•N.（证毕）

Cn-1

注：

当ph=qr时，卫引q会退化为常数；当r=0时，an丫=些qran+hran+h

可化归为较易解的递推关系，在此不再赘述