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特征根公式证明与应用1


特征方程法求解递推关系中的数列通项
考虑一个简单的线性递推问题. 考虑一个简单的线性递推问题

?a1 = b 求这个数列的通项公式. 设已知数列 {a n } 的项满足 ? ,其中 c ≠ 0, c ≠ 1, 求这个数列的通项公式 ?an+1 = can + d
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, 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: ——特征方程法 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 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 求解通项公式.下面以定理形式进 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. 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 , a n 为 常 数 列 , 即
a n = a1 ;当x0 = a1时, a n = bn + x0 , 其中 {bn } 是以 c 为公比的等比数列, bn = b1c n ?1 , b1 = a1 ? x0 . 为公比的等比数列, 即

证明: 证明:因为 c ≠ 0,1, 由特征方程得 x0 = 则 bn ?1

d . 作换元 bn = a n ? x0 , 1? c d cd = a n ?1 ? x0 = ca n + d ? = ca n ? = c(a n ? x0 ) = cbn . 1? c 1? c

为公比的等比数列, 当 x0 ≠ a1 时, b1 ≠ 0 ,数列 {bn } 是以 c 为公比的等比数列,故 bn = b1c n ?1 ; 数列, 证毕) 当 x0 = a1 时, b1 = 0 , {bn } 为 0 数列,故 a n = a1 , n ∈ N. (证毕) 下面列举两例, 的应用. 下面列举两例,说明定理 1 的应用 1 满足: 例 1.已知数列 {a n } 满足: a n+1 = ? a n ? 2, n ∈ N, a1 = 4, 求 a n . . 3 1 3 解:作方程 x = ? x ? 2, 则x0 = ? . 3 2 3 11 1 当 a1 = 4 时 , a1 ≠ x0 , b1 = a1 + = . 数 列 {bn } 是 以 ? 为 公 比 的 等 比 数 列 . 于 是 2 2 3 1 11 1 3 3 11 1 bn = b1 (? ) n ?1 = (? ) n ?1 , a n = ? + bn = ? + (? ) n ?1 , n ∈ N. 3 2 3 2 2 2 3
例 2.已知数列 {a n } 满足递推关系: a n+1 = (2a n + 3)i, n ∈ N, 其中 i 为虚数单位. 满足递推关系: 取何值时, 是常数数列? 当 a1 取何值时,数列 {a n } 是常数数列? ? 6 + 3i . 5 ? 6 + 3i 为常数, . 要使 a n 为常数,即则必须 a1 = x0 = 5 现在考虑一个分式递推问题( 现在考虑一个分式递推问题(*). 解:作方程 x = (2 x + 3)i, 则 x0 = 满足性质: 例 3.已知数列 {a n } 满足性质:对于 n ∈ N, a n ?1 =

an + 4 , 且 a1 = 3, 求 {a n } 的通项公式. 2a n + 3 pa n + q (其中 p、 ra n + h

将这问题一般化,应用特征方程法求解, 将这问题一般化,应用特征方程法求解,有下述结果. 满足下列条件: 定理 2.如果数列 {a n } 满足下列条件:已知 a1 的值且对于 n ∈ N ,都有 a n+1 =

特征根求解通项公式第 1 页 共 5 页

h px + q q、r、h 均为常数,且 ph ≠ qr , r ≠ 0, a1 ≠ ? ) 那么,可作特征方程 x = 均为常数, ,那么, . ,那么 r rx + h 称作特征根) (1)当特征方程有两个相同的根 λ (称作特征根)时, )

若 a1 = λ , 则 a n = λ , n ∈ N; 若 a1 ≠ λ ,则 a n =
1 1 r + λ , n ∈ N, 其中 bn = + (n ? 1) , n ∈ N. 特别地,当存在 n0 ∈ N, 特别地, bn a1 ? λ p ? rλ

不存在. 使 bn0 = 0 时,无穷数列 {a n } 不存在 (2)当特征方程有两个相异的根 λ1 、 λ 2 (称作特征根)时,则 a n = ) 称作特征根)

λ 2 c n ? λ1
cn ? 1

, n ∈ N, 其中

cn =

a1 ? λ1 p ? λ1 r n ?1 ( ) , n ∈ N, (其中a1 ≠ λ 2 ). a1 ? λ 2 p ? λ 2 r

证明:先证明定理的第( )部分. 证明:先证明定理的第(1)部分 作交换 d n = a n ? λ , n ∈ N 则 d n +1 = a n +1 ? λ =

pa n + q ?λ ra n + h

=

a n ( p ? λr ) + q ? λh (d n + λ )( p ? λr ) + q ? λh = ra n + h r (d n + λ ) + h
d n ( p ? λr ) ? [ rλ 2 + λ ( h ? p ) ? q ] rd n + h ? rλ

=



是特征方程的根, ∵ λ 是特征方程的根,∴ λ = 将该式代入①式得 d n +1 = 将该式代入① 将x=

pλ + q ? r λ 2 + λ ( h ? p ) ? q = 0. rλ + h

d n ( p ? λr ) , n ∈ N. rd n + h ? λr



p p 代入特征方程可整理得 ph = qr , 这与已知条件 ph ≠ qr 矛盾.故特征方程的根 λ ≠ , 矛盾 故特征方程的根 r r

于是 p ? λr ≠ 0.



当 d1 = 0 ,即 a1 = d1 + λ = λ 时,由②式得 bn = 0, n ∈ N, 故 a n = d n + λ = λ , n ∈ N. 此时可对②式作如下变化: 当 d1 ≠ 0 即 a1 ≠ λ 时,由②、③两式可得 d n ≠ 0, n ∈ N. 此时可对②式作如下变化:

1 d n+1

=

rd n + h ? λr h + λr 1 r = ? + . d n ( p ? λr ) p ? λr d n p ? λr



由 λ 是方程 x =

px + q p?h . 的两个相同的根可以求得 λ = rx + h 2r

特征根求解通项公式第 2 页 共 5 页

p?h r h + λr h+ p 2r = = = 1, ∴ p?h p+h p ? λr p? r 2r h+ 将此式代入④ 将此式代入④式得
1 d n+1 = 1 r + , n ∈ N. d n p ? λr

令 bn =

1 r r , n ∈ N. 则 bn +1 = bn + , n ∈ N. 故数列 {bn } 是以 公差的等差数列. 为公差的等差数列 dn p ? λr p ? λr r , n ∈ N. p ? λr

∴ bn = b1 + (n ? 1) ? 其中 b1 =

1 1 = . d1 a1 ? λ 1 + λ , n ∈ N. bn
1 + λ 无意义 故此时,无穷数列 {a n } 是不存在的 无意义.故此时 故此时, 是不存在的. bn0

当 n ∈ N , bn ≠ 0 时 , a n = d n + λ =

当存在 n0 ∈ N, 使 bn0 = 0 时,a n0 = d n0 + λ = 再证明定理的第( )部分如下: 再证明定理的第(2)部分如下:

∵特征方程有两个相异的根 λ1 、 λ 2 ,∴其中必有一个特征根不等于 a1 ,不妨令 λ 2 ≠ a1 . 于是 可作变换 c n =

a n ? λ1 , n ∈ N. an ? λ2

故 c n +1 =

a n +1 ? λ1 pa n + q ,将 a n+1 = 代入再整理得 a n+1 ? λ 2 ra n + h

p p p 不是特征方程的根, 不是特征方程的根,故 λ1 ≠ , λ 2 ≠ . r r r

c n +1 =

a n ( p ? λ1r ) + q ? λ1 h ,n∈ N an ( p ? λ2 r ) + q ? λ2 h

由第( ) 由第(1)部分的证明过程知 x =

所以由⑤式可得: 故 p ? λ1 r ≠ 0, p ? λ 2 r ≠ 0. 所以由⑤式可得:
q ? λ1 h p ? λ1 r p ? λ1 r = ? ,n ∈ N q ? λ2 h p ? λ2 r an + p ? λ2 r an +

c n +1



∵特征方程 x = 而方程 ? x =

px + q 有两个相异根 λ1 、 2 ? 方程 rx 2 + x(h ? p ) ? q = 0 有两个相异根 λ1 、 2 , λ λ rx + h

q ? xh 又是同解方程. 与方程 rx 2 ? x(h ? p ) ? q = 0 又是同解方程 p ? xr

特征根求解通项公式第 3 页 共 5 页



q ? λ1h q ? λ2 h = ?λ1 , = ?λ 2 p ? λ1 r p ? λ2 r p ? λ1 r a n ? λ1 p ? λ1 r ? = cn , n ∈ N p ? λ2 r an ? λ2 p ? λ2 r

将上两式代入⑥ 将上两式代入⑥式得

c n ?1 =

是等比数列, 当 c1 = 0, 即 a1 ≠ λ1 时,数列 {c n } 是等比数列,公比为
p ? λ1 r n ?1 a ? λ1 p ? λ1 r n ?1 ) =( 1 )( ) . p ? λ2 r a1 ? λ 2 p ? λ 2 r

p ? λ1 r .此时对于 n ∈ N 都有 此时对于 p ? λ2 r

c n = c1 (

当 c1 = 0 即 a1 = λ1 时,上式也成立. 上式也成立 由 cn =

a n ? λ1 且 λ1 ≠ λ 2 可知 c n = 1, n ∈ N. an ? λ2

所以 a n =

λ 2 c n ? λ1
cn ? 1

, n ∈ N. (证毕 证毕) 证毕

注:当 ph = qr 时, 当 在此不再赘述. 在此不再赘述

pa n + q pa n + q 会退化为常数;当 可化归为较易解的递推关系, 会退化为常数 当 r = 0 时, a n+1 = 可化归为较易解的递推关系 ra n + h ra n + h

( . 现在求解前述例 3 的分类递推问题 ?)

x+4 , 变形得 2 x 2 + 2 x ? 4 = 0, 其根为 λ1 = 1, λ 2 = ?2. 故特征方程有 2x + 3 两个相异的根, 的第( 部分, 两个相异的根,使用定理 2 的第(2)部分,则有
解 :依定理作特征方程 x =

cn =

a1 ? λ1 p ? λ1 r n ?1 3 ? 1 1 ? 1 ? 2 n ?1 ?( ) ? ?( ) , n ∈ N. a1 ? λ 2 p ? λ 2 r 3 + 2 1? 2? 2
2 1 n ?1 (? ) , n ∈ N. 5 5

∴ cn =

2 1 ? 2 ? (? ) n?1 ? 1 λ c ? λ1 5 5 = , n ∈ N. ∴ an = 2 n 2 1 n ?1 cn ? 1 (? ) ? 1 5 5
(?5) n ? 4 , n ∈ N. 即 an = 2 + (?5) n
满足: 例 4.已知数列 {a n } 满足:对于 n ∈ N, 都有 a n +1 =

13a n ? 25 . an + 3

取哪些值时, (1)若 a1 = 5, 求 a n ; (2)若 a1 = 3, 求 a n ; (3)若 a1 = 6, 求 a n ; (4)当 a1 取哪些值时,无穷数

特征根求解通项公式第 4 页 共 5 页

不存在? 列 {a n } 不存在? 解:作特征方程 x =
13 x ? 25 . x+3

变形得 x 2 ? 10 x + 25 = 0, 的第( )部分解答. 特征方程有两个相同的特征根 λ = 5. 依定理 2 的第(1)部分解答 (1)∵ a1 = 5,∴ a1 = λ . ∴ 对于 n ∈ N, 都有 a n = λ = 5; ) (2)∵ a1 = 3,∴ a1 ≠ λ . ) ∴ bn =
1 1 1 n ?1 1 r = + (n ? 1) ? + (n ? 1) =? + , a1 ? λ p ? rλ 3 ? 5 13 ? 1 ? 5 2 8

项开始都不存在, 令 bn = 0 ,得 n = 5 .故数列 {a n } 从第 5 项开始都不存在, 故数列 当 n ≤4, n ∈ N 时, a n = ,
1 5n ? 17 +λ = . bn n?5

(3)∵ a1 = 6, λ = 5, ∴ a1 ≠ λ . ) ∴ bn =
1 r n ?1 + (n ? 1) = 1+ , n ∈ N. a1 ? λ p ? λr 8

令 bn = 0, 则 n = ?7 ? n. ∴对于 n ∈ N, b n ≠ 0. ∴ an =

1 +λ = bn

1 5n + 43 +5 = , n ∈ N. n ?1 n+7 1+ 8

项开始便不存在.由本题的第 ) 小题的解答过程知, a (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, 1 = 5 数列 {a n } 是存在的, a1 ≠ λ = 5 时, 是存在的, 时, 当 则有 bn = 令 bn = 0, 则得 a1 = ∴当 a1 =
5n ? 13 , n ∈ N 且 n ≥2. n ?1 1 r 1 n ?1 + (n ? 1) = + , n ∈ N. a1 ? λ p ? λr a1 ? 5 8

5n ? 13 项开始便不存在. (其中 n ∈ N 且 N≥2)时,数列 {a n } 从第 n 项开始便不存在 ≥ ) n ?1 5n ? 13 于是知: : n ∈ N , 且 n ≥2}上取值时,无穷数列 {a n } 都不存在。 上取值时 都不存在。 于是知:当 a1 在集合 {?3 或 上取值 n ?1

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