特征方程推导数列
特征方程特征根法求解数列通项公式
特征方程特征根法求解数列通项公式一：A(n+1)=pAn+q, p,q为常数.（1）通常设：A(n+1)-λ＝p(An-λ), 则λ=q／(1-p).（2）此处如果用特征根法：特征方程为：x=px+q，其根为x=q/（1-p）注意：若用特征根法，λ的系数要是-1例一：A（n+1)=2An+1 , 其中q=2,p=1,则λ=1/（1-2）= -1那么A（n+1）+1=2（An+1）二：再来个有点意思的,三项之间的关系：A(n+2)=pA(n+1)+qAn，p,q为常数（1）通常设：A(n+2)-mA(n+1)=k[pA(n+1)-mAn],则m+k=p, mk=q（2）此处如果用特征根法：特征方程是y×y=py+q（※）注意：①m n为（※）两根。
②m n可以交换位置，但其结果或出现两种截然不同的数列形式，但同样都可以计算An，而且还会有意想不到的惊喜，③m n交换位置后可以分别构造出两组An和A(n+1)的递推公式，这个时侯你会发现，这是一个关于An和A(n+1)的二元一次方程组，那么不就可以消去A（n+1），留下An，得了，An求出来了。
例二：A1=1,A2=1,A(n+2)= - 5A（n+1）+6An，特征方程为：y×y= - 5y+6那么，m=3,n=2,或者m=2，n=3于是，A（n+2）-3A（n+1）=2[A（n+1）-3A] (1)A（n+2）-2A（n+1）=3[A（n+1）-2A] (2)所以，A（n+1）-3A（n）= - 2 ^ n (3)A（n+1）-2A（n）= - 3 ^ (n-1) (4)you see 消元消去A（n+1），就是An勒例三：【斐波那挈数列通项公式的推导】斐波那契数列：0，1，1，2，3，5，8，13，21……如果设F(n)为该数列的第n项(n∈N+)。
那么这句话可以写成如下形式：F(0) = 0，F(1)=F(2)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2) (n≥3)显然这是一个线性递推数列。
特征方程法求递推数列的通项公式
特征方程法求解递推关系中的数列通项之蔡仲巾千创作时间：二O二一年七月二十九日一、（一阶线性递推式）设已知数列的项满足,其中求这个数列的通项公式.采纳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犯错,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论述.定理1：设上述递推关系式的特征方程的根为,则那时,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那时,,数列是以为公比的等比数列,故那时,,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：作方程那时,数列是以例2．已知数列满足递推关系：其中为虚数单元.当取何值时,数列是常数数列？解：作方程则要使为常数,即则必需二、（二阶线性递推式）定理2：对由递推公式,给出的数列,方程,叫做数列的特征方程.若是特征方程的两个根,那时,数列的通项为,其中A,B由决定（即把和,代入,获得关于A、B的方程组）；那时,数列的通项为,其中A,B由决定（即把和,代入,获得关于A、B 的方程组）.例3：已知数列满足,求数列的通项公式.解法一（待定系数——迭加法）由,得,且.则数列是以为首项,为公比的等比数列,于是.把代入,得,,,.把以上各式相加,得..解法二（特征根法）：数列：,的特征方程是：.,.又由,于是故三、(分式递推式)定理3：如果数列满足下列条件：已知的值且对,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,其中例3、已知数列满足性质：对且求的通项公式.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,使用定理2的第（2）部份,则有∴∴即例5．已知数列满足：对都有（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）部份解答.(1)∵对都有(2)∵∴令,得.故数列从第5项开始都不存在,当≤4,时,.(3)∵∴∴令则∴对∴(4)、显然那时,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,时,数列是存在的,那时,则有令则得且≥2.∴当（其中且N≥2）时,数列从第项开始便不存在.于是知：当在集合或且≥2}上取值时,无穷数列都不存在.练习题：求下列数列的通项公式：1、在数列中,,求.（key：）2、在数列中,且,求.（key：）3、在数列中,,求.（key：）4、在数列中,,求.（key：）5、在数列中,,求.（key：）6、在数列中,,且.求.（key：时,；时,）7、在数列中,（是非0常数）.求.（key：()；）()8、在数列中,给定,.求.(key:；若,上式不能应用,此时,附定理3的证明定理3(分式递推问题)：如果数列满足下列条件：已知的值且对,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）部份.作交换则①∵是特征方程的根,∴将该式代入①式得②将代入特征方程可整理得这与已知条件于是③当,即=时,由②式得故立即时,由②、③两式可得此时可对②式作如下变动：④由是方程的两个相同的根可以求得∴将此式代入④式得令则故数列是以为公差的等差数列.∴其中那时,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）部份如下：∵特征方程有两个相异的根、,∴其中必有一个特征根不即是,无妨令于是可作变换故,将代入再整理得⑤由第（1）部份的证明过程知不是特征方程的根,故故所以由⑤式可得：⑥∵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⑥式得立即时,数列是等比数列,公比为.此时对都有立即时,上式也成立.由且可知所以(证毕)注:那时,会退化为常数;那时,可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.时间：二O二一年七月二十九日。
用特征方程求数列的通项
用特性圆程供数列的通项之阳早格格创做一、递推数列特性圆程的钻研与探索递推(迭代)是中教数教中一个非常要害的观念战要领，递推数列问题本领央供下，内正在通联稀切，蕴含着很多粗妙的数教思维战要领.递推数列的特性圆程是何如去的？（一）、 若数列{}n a 谦脚),0(,11≠+==+c d ca a b a n n 其通项公式的供法普遍采与如下的参数法，将递推数列转移为等比数列：设t c ca a t a c t a n n n n )1(),(11-+=+=+++则 ，令d t c =-)1(，即1-=c dt ，当1≠c 时可得 )1(11-+=-++c d a c c d a n n ，知数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1c d a n 是以c 为公比的等比数列，11)1(1--+=-+∴n n c c da c d a 将b a =1代进并整治，得()11---+=-c dc bd bc a n n n . 故数列dca a n n +=+1对付应的特性圆程是：x=cx+d（二）、二阶线性递推数列,11-++=n n n qa pa a仿上，用上述参数法咱们去探供数列{}n n ta a ++1的特性：无妨设)(11-++=+n n n n ta a s ta a ，则11)(-++-=n n n sta a t s a , 令⎩⎨⎧==-q st pt s （ ※）（1）若圆程组（ ※）有二组分歧的真数解),(),,(2211t s t s , 则)(11111-++=+n n n n a t a s a t a , )(12221-++=+n n n n a t a s a t a , 即{}n n a t a 11++、{}n n a t a 21++分别是公比为1s 、2s 的等比数列，由等比数列通项公式可得1111211)(-++=+n n n s a t a a t a ①, 1212221)(1-++=+n n n s a t a a t a ②,∵,21t t ≠由上二式①+②消去1+n a 可得()()()n n n s t t s a t a s t t s a t a a 22121221211112..-+--+=.（2）若圆程组（ ※）有二组相等的解⎩⎨⎧==2121t t s s ，易证此时11s t -=，则())(2112111111---++=+=+n n n n n n a t a s a t a s a t a=)(11211a t a s n +=-，211121111s a s a s a s a nn n n -=-∴++,即⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n s a 1是等好数列，由等好数列通项公式可知()21112111.1s as a n s a s a nn --+=，所以nn s n s a s a s a s a s a a 1211122111211.⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=． 那样，咱们通过参数要领，将递推数列转移为等比（好）数列，进而供得二阶线性递推数列的通项，若将圆程组（※）消去t 即得02=--q ps s ，隐然1s 、2s 便是圆程q px x +=2的二根，咱们无妨称此圆程为二阶线性递推数列11-++=n n n qa pa a 的特性圆程，所以有论断： 若递推公式为 ,11-++=n n n qa pa a 则其特性圆程为q px x +=21、 若圆程有二相同根1s 、2s ，则nnn s c s c a 2211+=；2、 若圆程有二等根21s s =，则nn s nc c a 121)(+=. 其中1c 、2c 可由初初条件决定.（三）分式线性递推数列da c ba a a n n n +⋅+⋅=+1（0,,,,≠∈c R d c b a ），将上述要领继承类比，仿照前里要领，等式二边共加参数t ，则da c ct a dtb a ct a t d ac b a a t a n n n n n +⋅++++=++⋅+⋅=++)(1①， 令cta dtb t ++=，即0)(2=--+b t d a ct ②，记②的二根为21,t t ，（1） 若21t t ≠，将21,t t 分别代进①式可得da c t a ct a t a n n n +⋅++=++1111)(，以上二式相除得21212111t a t a ct a ct a t a t a n n n n ++⋅++=++++，于是得到⎭⎬⎫⎩⎨⎧++21t a t a n n 为等比数列，其公比为21ct a ct a ++，数列{}n a 的通项na 可由121211121)(-++⋅++=++n n n ct a ct a t a t a t a t a 供得；（2）若21t t =，将1t t =代进①式可得da c t a ct a t a n n n +⋅++=++1111)(,思量到上式结构特性，二边与倒数得111111)(11t a ct d t a c ct a t a n n n +-++⋅+=++③由于21t t =时圆程③的二根谦脚cd a t --=12，∴11ct d ct a -=+ 于是④式可变形为111111t a ct a c t a n n +++=++ ∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11t a n 为等好数列，其公好为1ct a c +，∴数列{}n a 的通项n a 可由1111)1(11ct a c n t a t a n +⋅-++=+供得．那样，利用上述要领，咱们不妨把分式线性递推数列转移为等比数列或者等好数列，进而供得其通项.如果咱们引进分式线性递推数列da cb a a a n n n +⋅+⋅=+1的特性圆程为dcx b ax x ++=，即0)(2=--+b x a d cx ，此特性圆程的二根恰佳是圆程②二根的好同数，于是咱们得到如下论断：分式线性递推数列da cb a a a n n n +⋅+⋅=+1的特性圆程为dcx b ax x ++=1、若圆程有二相同根1s 、2s ，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧--21s a s a n n 成等比数列，其公比为21cs a cs a --；2、若圆程有二等根21s s =，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧-11s a n 成等好数列，其公好为1cs a c-.值得指出的是，上述论断正在供相映数列通项公式时固然有用，但是将递推数列转移为等比（等好）数列的思维要领更为要害.如对付于其余形式的递推数列，咱们也可借镜前里的参数法，供得通项公式，其论断与特性圆程法真足普遍， 三、例题例1、已知数列,5,121==a a 且)2(4411≥-=-+n a a a n n n ，供通项公式n a .解 设)(11-++=+n n n n ta a s ta a ，∴11)(-++-=n n n sta a t s a 令⎩⎨⎧-==-44st t s ， 可得⎩⎨⎧-==22t s ，于是 =-=-=----+)2(2)2(2221211n n n n n n a a a a a a …112123)2(2--⋅=-=n n a a ，∴432211=-++n n n n a a ，即⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 2是以21211=a 为尾项、43为公好的等好数列，∴43)1(212⋅-+=n a nn，进而22)13(-⋅-=n n n a . 例2、设数列{}n a 谦脚n n n n a a a a a 求,7245,211++==+.解： 对付等式二端共加参数t 得 令5247++=t t t ，解之得1-=t ，2，代进上式得721311+-⋅=-+n n n a a a ，,722921++⋅=++n nn a a a 二式相除得,21312111+-⋅=+-++n n n n a a a a即31,41212111公比为是首项为=+-⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-a a a a n n 的等比数列，∴134234,34121111-⋅+⋅=⋅=+----n n n n n n a a a 从而． 四、原课小结：1．可用特性圆程办理递推数列的三类模型 ⑴．线性递推闭系： 已知),0(,11≠+==+c d ca a b a n n ⑵．齐次二阶线性递推闭系： 已知,,21b a a a == 且,11-++=n n n qa pa a⑶．分式递推闭系： 已知b a =1， da cb a a a n n n +⋅+⋅=+12. 特性根圆程及供法 ⑴．{1,11n a n n pa qa =++=的特性根圆程为 x=px+q ，其根为α,则1n a α+-=p(1n a α+-)⑵.1221(1)(2)n n n a n a a n pa qa++=⎧⎪==⎨⎪+⎩的特性根圆程为2x px q =+设二真根为α,β ①.若α≠β时,则n a =1112n n c c αβ--+,其中1c ,2c 是由1a ,2a 决定②. 若α=β时,则112()n n a c n c α-=+其中1c ,2c 是由,1a 2a 决定⑶.1n n n pa qa ra h++=+的特性根圆程为px qx rx h+=+若圆程的二根为α,β 若1,a αβ≠且αβ≠,则11n n n n a a p r a p r a αααβββ++---=⋅---即{n n a a αβ--}等比数列若1a αβ=≠且0p h +≠,则1121n n r a p h a αα+=+-+-即{1n a α- }等好数列五、训练1．已知数列}{n a 谦脚：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 供.n a2.已知数列{n a }谦脚1a =3,2a =6,2n a +=41n a +-4n a 供n a3. 已知数列{n a }谦脚1a =3,2a =6,2n a +=21n a ++3n a 供n a4.各项均为正数的数列{n a }1a =a,2a =b ，且对付任性的m+n=p+q 的正整数 m ，n ，p ，q ， 皆有(1)(1)(1)(1)p q m nn m n q a a a a a a a a ++=++++当a=12,b=45时 ，供通项n a5:已知数列{}n a 谦脚*1112,2,n n a a n N a -==-∈,供通项n a . 6．已知数列{}n a 谦脚*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈，供数列{}n a 的通项n a7．已知数列{}n a 谦脚*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，供数列{}n a 的通项n a8．已知数列{}n a 谦脚11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+，供数列{}n a 的通项n a 9．已知数列{}n a 谦脚*11212,()46n n n a a a n N a +-==∈+，供数列{}n a 的通项n a训练问案1、解：做特性圆程.23,231-=--=x x x 则.211231=+a 数列13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以31-13n a +=（231+a ）.N ,)31(21123,)31(211)31(111∈-+-=-=----n a n n n n2、解：做特性圆程x2=4x-4由特性根圆程得α=β=2故设n a =(1c +2c n)12n -,其中3=1c +2c ,6=(1c +22c ).2，所以1c =3,2c =0,则n a =3.12n -3、解：做特性圆程x2=2x+3由特性根圆程得α=3,β=-1所以n a =1c 13n -+2c 1(1)n --其中3=1c +2c , 6=31c -2c ，得1c =94,2c =34所以n a =14.13n ++341(1)n -- 4、解:由(1)(1)(1)(1)p q m nm n p q a a a a a a a a ++=++++得121121(1)(1)(1)(1)n n n n a a a a a a a a --++=++++将14,25a b ==代进上式化简得11212n n n a a a --+=+思量特性圆程212x x x +=+得特性根1x =±所以11111121112112113112n n n n n n n n a a a a a a a a ------+--+-==⋅+++++，所以数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=-+为尾项,公比为13的等比数列，，故11111()()1333n nn n a a --=-⋅=-+ 即3131n n na -=+ 5、解: 思量特性圆程12x x=-，得特性根1x =，所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以1111a =-为尾项,公好为1的等好数列，故11n n a =- 即1n n a n += 6．解：其特性圆程为232x x =-，解得121,2x x ==，令1212n n n a c c =⋅+⋅，由1122122243a c c a c c =+=⎧⎨=+=⎩，得12112c c =⎧⎪⎨=⎪⎩， 112n n a -∴=+7．解：其特性圆程为2441x x =-，解得1212x x ==，令()1212nn a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由1122121()121(2)24a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩，得1246c c =-⎧⎨=⎩， 1322n n n a --∴= 8．解：其特性圆程为221x x x +=+，得2220x -=，解得121,1x x ==-，令111111n n n n a a c a a ++--=⋅++ 由12,a =得245a =，可得13c =-，∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=+为尾项13-为公比的等比数列，1111133n n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n nn nna --∴=+- 9．解：其特性圆程为2146x x x -=+，即24410x x ++=，解得1212x x ==-，令1111122n n c a a +=+++， 由12,a =得2314a =，供得1c =，∴数列112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪+⎩⎭是以112152a =+为尾项，以1为公好的等好数列， 123(1)11552n n n a ∴=+-⋅=-+，135106n n a n -∴=-。
特征方程法求数列通项
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}{n a 的项满足d ca a b a n n +==+11,,其中,1,0≠≠c c 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,d cx x +=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0x ，则当10a x =时，n a 为常数列，即0101,;x b a a x a a n n n +===时当，其中}{n b 是以c 为公比的等比数列，即01111,x a b c b b n n -==-. 证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10cdx -=作换元,0x a b n n -= 则.)(110011n n n n n n cb x a c ccdca c d d ca x a b =-=--=--+=-=--当10a x ≠时，01≠b ，数列}{n b 是以c 为公比的等比数列，故;11-=n n c b b 当10a x =时，01=b ，}{n b 为0数列，故.N ,1∈=n a a n （证毕） 下面列举两例，说明定理1的应用.例1．已知数列}{n a 满足：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 求.n a解：作方程.23,2310-=--=x x x 则当41=a 时，.21123,1101=+=≠a b x a数列}{n b 是以31-为公比的等比数列.于是.N ,)31(2112323,)31(211)31(1111∈-+-=+-=-=-=---n b a b b n n n n n n 例2．已知数列}{n a 满足递推关系：,N ,)32(1∈+=+n i a a n n 其中i 为虚数单位。
用特征根方程法求数列通项
特征方程法求解递推关系中的数列通项当f(x)二X 时，x 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。
aa n ■ b 人ax ■ b2典型例子：a n 1-令 x，即 ex • (d -a)x —b = 0ca n+dcx + d令此方程的两个根为 x , , x 21(1)若x , = x 2，则有an^ _x 1a n — X , a - — X ,a — ex ,⑵若X i=X 2,则有—— -=q — -(其中q—)an 半 一 x 2an —X 2a~ cx 2—2x +3例题1：设f(x)=2x —7(i)求函数y = f (x)的不动点；(2 )对(i)中的二个不动点a,b (a ::- b)，求使f (x)_a= kx_a恒成立 f(x)-bx —b的常数k 的值；2X 3⑶对由a —=1,a n= f (a n丄)(n_2)定义的数列｛a n｝，求其通项公式a n。
f(x)=2x —7解析：⑴设函数f (x)的不动点为x 0，则X o2X0 32xo-7-2x 3 1 1 / 1、 1X (x ) x —⑵由 2X-7 2 2 U 2 -2x+3 3 8x+24 -8(x-3) 8 x -32x -7可知使f(x) -a_k x _a 恒成立的常数 f (x)-b x -ba n 1 31 3(1厂-〕—2=2 .(丄严，则a 二吐 2 a n -3 4 8 n「3(—严4 Wa +4例2•已知数列｛a n｝满足性质：对于n ・N,a n1n ,且a^3,求｛a n｝的通项公式.2 a n 31P (其中P )a n- x !a d1 解得x 0或x 0 =3 2 1+ 丄 ，2k 。
(3)由⑵可知an 2 J an 」2，所以数列8a 8 a 丄 (3)-为公比的等比数列。
则8x + 4 2解:依定理作特征方程x ,变形得2x •2x-4=0,其根为‘1 =1,‘2 — -2.故特征方程有两个相异的2x 3根，则有a n 42a n ■： 3 a n ■' 4 - 2a n - 3 a n 1 - -1a n 1 2an 42 a n 2a n +3（1）当p =1时，数列｛a n ｝为等差数列；（2）当p =0时，数列｛a n ｝为常数数列；（3） 当p =1,q =0时，数列｛a n ｝为等比数列；（4） 当p =0,1,q =0时，称x= px q 是数列｛a n ｝的一阶特征方程，其根 x — 叫做特征方程的特征根，这时1-p数列｛a n ｝的通项公式为：a n =（a^x ）p nd x ；例1 :已知数列｛a n ｝中，a^ 5，且n _ 2时，求a n ；、数列的二阶特征方程（a n 2二pa n 1 ' qa n 型）在数列｛a n ｝中，a 1与a 2已知，且a n pa n dqa n（ p,q 是常数），则称x = px q 是数列｛a n｝的二阶特征方程,其根x 1， x 2叫做特征方程的特征根。
利用特征方程巧解分式递推数列问题
x2 + 3 2 ， 即 x + 2x － 3 = 0， 得 x1 = － 3 ， 2（ x + 1）
x2 = 1 ．
∴
{
an +1 + 3 = an +1 － 1 =
a2 （ a n + 3） 2 n + 3 +3 = ， 2（ an + 1） 2（ an + 1） a2 （ a n － 1） 2 n + 3 －1 = ． 2（ an + 1） 2（ an + 1） a +3 (a － 1)
第5 期
高中数学教与学
利用特征方程巧解分式递推数列问题
方志平
（ 广东省惠州市第一中学， 516007 ）
采用数学归纳法可以解分式递推数列问 然而解法过于繁琐 ， 而且在猜想通项公式 题， 时也易出错 ． 本文提出一种易于掌握的解法 — — — 特征方程法 （ 又称不动点法 ） ． 命题 一、 分式线性递推数列 如果数列 ｛ a n ｝ 满足下列条件 ： 已
由于特征方程 x =
∴ 实根 x1 = x2 = 2 ，
{ a 1－ 2 }是等差数列．
n
二、 分式非线性递推数列 分式非线性递推式 关系 a n +1 = aa + b 2 aa n + c
2 n
x2 是由递推 若 x1 ，
2 （ a， b， c 均不为 0 ， 且c +
4 ab ＞ 0 ） 所作的特征方程 x = 不相等的 实 根 ， 则 数 列 lg
2 t = 即 rt + st = pt + q，
px + q 2 ， 即 rx + （ s － p） x － q = 0 ． rx + s
特征方程法求解数列通项的依据
特征方程法求解递推关系中的数列通项湖北省竹溪县第一高级中学徐鸿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①∵是特征方程的根，∴将该式代入①式得②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③当，即=时，由②式得故当即时，由②、③两式可得此时可对②式作如下变化：④由是方程的两个相同的根可以求得∴将此式代入④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⑤由第（1）部分的证明过程知不是特征方程的根，故故所以由⑤式可得：⑥∵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⑥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项开始便不存在.由本题的第（1）小题的解答过程知，时，数列是存在的，当时，则有令则得且≥2.∴当（其中且N≥2）时，数列从第项开始便不存在.于是知：当在集合或且≥2}上取值时，无穷数列都不存在.2010-12-21 人教网。
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｛a n ｝的项满足a j = b,a n 4 = ca n • d ,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 x 0，则当x 0 = a 4时，a n为常数列，即a n 二a i ；当X o 二a i 时,a^ b n ' x o ，其中｛b n ｝是以c 为公比 的等比数列，即 b n = b 4c n J,b 4 =a 4-x 0.pl证明：因为c = 0,1,由特征方程得x 0——.作换元b n = a n - x 0,贝U 1 -c n 1当X 。
=a 1时，b 1 =0 ,数列｛b n ｝是以c 为公比的等比数列， 故b n =b1C _; 当 x ° 二a 1 时，d =0 , ｛b n ｝为 0 数列，故 a * =a 1,n • N.（证毕） 下面列举两例，说明定理 1的应用.1例1•已知数列｛a n ｝满足：a n^^a -2,- N,a—,求a n.13 解：作方程x x -2,则x 0. 3 2b"a n「x0 © d—注乂a .cd1 -c二 c(a n -X °) = cb n . 11一2 -3 一2 +X — a-fl等的比公为11 1 n4丁 3) ,a n-3b n —3叫-」)n‘, n N. 2 2 2 3b n列是例2.已知数列｛a n｝满足递推关系：a n ^（2a n - 3）i, n，N,其中i为虚数3单位。
当a i 取何值时，数列｛a .｝是常数数列?a^ :-,a 2二：给出的数列：a n 爲方程x 2- px -q =0，叫做数列 :a n / 的特征方程。
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递推数列特征方程的来源与应用
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{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a 与它的前一项1-n a （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≠+==+c d ca a b a n n 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t c ca a t a c t a n n n n )1(),(11-+=+=+++则 ，
令d t c =-)1(，即1
-=c d t ，当1≠c 时可得 )1
(11-+=-++c d a c c d a n n 知数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+
1c d a n 是以c 为公比的等比数列， 11)1
(1--+=-+∴n n c c d a c d a 将b a =1代入并整理，得
()1
1---+=-c d c b d bc a n n n 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-++=n n n qa pa a 其特征方程为02
2=--+=q px x q px x 即，
1、 若方程有两相异根A 、B ，则n n n B c A c a 21+=
2、 若方程有两等根,B A =则n n A nc c a )(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-+-=-n n n n ta a s ta a ，则11)(-+-+=n n n sta a t s a ,
令⎩
⎨⎧-==+q st p t s （*） （1） 若方程组（*）有两组不同的解),(),,(2211t s t s ,
则)(11111-+-=-n n n n a t a s a t a ,
)(12221-+-=-n n n n a t a s a t a ,
由等比数列性质可得1111211)(-+-=-n n n s a t a a t a ,
1
212221)(1-+-=-n n n s a t a a t a , ,21t t ≠ 由上两式消去1+n a 可得
()()()
n n n s t t s a t a s t t s a t a a 21221221121112..-----=. 特别地，若方程组（*）有一对共扼虚根(),sin cos θθi r ±通过复数三角形式运算不难求得此时数列的通项公式为(),sin cos 21θθn c n c r a n n +=其中1c 、2c 可由初始条件求出。
（2） 若方程组（*）有两组相等的解⎩⎨⎧==21
21t t s s ，易证此时11t s =，则 ()()112112112111111)(a t a s a t a s a t a s a t a n n n n n n n -==-=-=-----+ ，
211121111
s a t a s a s a n n n n -=-∴++,即⎭
⎬⎫⎩⎨⎧n n s a 1是等差数列， 由等差数列性质可知()21
112111.1s a t a n s a s a n n
--+=， 所以n n s n s a t a s a t a s a a 1211122111211.⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=．
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,002
2=--=--q pt t q ps s 或此方程的两根
即为特征方程q px x +=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 =+===-+n a a a a a n n n ，求通项公式n a 。
解 此数列对应特征方程为12+=x x 即012=--x x ，解得2
51±=x ， 设此数列的通项公式为n n n c c a )2
51()251(
21-++=， 由初始条件121==a a 可知， ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=-++=-++1)251()251(1251251222121c c c c ，解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==515121c c ， 所以⎥⎦
⎤⎢⎣⎡--+=n n n a )251(251(55）。
例2、 已知数列,5,121==a a 且)2(4411≥-=-+n a a a n n n ，求通项公式n a 。
解 此数列对应特征方程为442-=x x 即0442
=+-x x ，解得221==x x ， 设此数列的通项公式为n n nc c a 2)(21⋅+=，
由初始条件,5,121==a a 可知， ⎩⎨⎧=⋅+=⋅+54)2(12)(2121c c c c ，解之得⎪⎩
⎪⎨⎧=-=434121c c ， 所以22)13(-⋅-=n n n a 。
例3 已知数列,1,021==a a 且)2(2211≥+=-+n a a a n n n ，求通项公式n a 。
解 此数列对应特征方程为222+=x x 即0222
=+-x x ， 解得)4
sin 4cos (211π
π±=±=c i x ， 设此数列的通项公式为)4
sin 4cos ()2(21ππn c n c a n n +=， 由初始条件,1,021==a a 可知，
⎪⎩⎪⎨⎧=+=+1)42sin 42cos ()2(0)4sin 4cos (221221ππππc c c c ，解之得⎪⎩
⎪⎨⎧=-=212121c c ， 所以)4
cos 4(sin 2)2(ππn n a n n -=。
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{}n a 满足n n n n a a a a a 求,7
245,211++=
=+ 解： 对等式两端同加参数t 得 ()()解之可得令,5247,7252475272475272451++=++++
⋅+=++++=+++=++t t t a t t a t a t a t t a a t a n n n n n n n 1-=t ，2，代入7
2)52(1++⋅+=++n n n a t a t t a ， 得,72292,7213111++⋅=++-⋅=-++n n n n n n a a a a a a 相除得,2
1312121+-⋅=+-++n n n n a a a a 即31,41212111公比为是首项为=+-⎭
⎬⎫⎩⎨⎧+-a a a a n n 的等比数列， 1
34234,34121111-⋅+⋅=⋅=+----n n n n n n a a a 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.。