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(第45讲)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
一、 (一阶线性递推式)设已知数列 {a n } 的项满足 a1 = b, a n +1 = 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——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 = 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 , 即

bn = b1c n ?1 , b1 = a1 ? x0 .
证明:因为 c ≠ 0,1, 由特征方程得 x 0 =

bn ?1

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

当 x 0 ≠ a1 时, b1 ≠ 0 ,数列 {bn } 是以 c 为公比的等比数列,故 bn = b1c 当 x 0 = a1 时, b1 = 0 , {bn } 为 0 数列,故 a n = a1 , n ∈ N. (证毕) 下面列举两例,说明定理 1 的应用. 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 . .

;

1 3

1 3 x ? 2, 则x0 = ? . 3 2 3 11 当 a1 = 4 时, a1 ≠ x 0 , b1 = a1 + = . 2 2 1 数列 {bn } 是以 ? 为公比的等比数列.于是 3 1 n ?1 11 1 n ?1 3 3 11 1 bn = b1 (? ) = (? ) , a n = ? + bn = ? + (? ) n ?1 , n ∈ N. 3 2 3 2 2 2 3
解:作方程 x = ? 二、(二阶线性递推式)定理 2:对于由递推公式 a n + 2 = pa n +1 + qa n , a1 = α , a 2 = 的数列 {a n } ,方程 x 2 ? px ? q = 0 ,叫做数列 {a n } 的特征方程。 若 x1 , x 2 是特征方程的两个根, x1 ≠ x 2 时, 当 数列 {a n } 的通项为 a n = Ax1
n ?1 n + Bx 2 ?1 , 其中 A,

β 给出

B 由 a1 = α , a 2 =

n ?1 n ?1 β 决定 (即把 a1 , a 2 , x1 , x 2 和 n = 1,2 , 代入 a n = Ax1 + Bx 2 , 得到关于 A、

B 的方程组) 当 x1 = x 2 时, ; 数列 {a n } 的通项为 a n = ( A + B ) x1 , 其中 A, 由 a1 = α , a 2 = B
n ?1

β

决定(即把 a1 , a 2 , x1 , x 2 和 n = 1,2 ,代入 an = ( A + B ) x1

n ?1

,得到关于 A、B 的方程组)。

例 2:已知数列 {a n } 满足 a1 = a, a 2 = b,3a n + 2 ? 5a n +1 + 2a n = 0( n ≥ 0, n ∈ N ) ,求数列 {a n } 的通项公式。 解法一(待定系数——迭加法) 由 3a n + 2 ? 5a n +1 + 2a n = 0 ,得 a n + 2 ? a n +1 = 且 a 2 ? a1 = b ? a 。 则数列 {a n +1 ? a n } 是以 b ? a 为首项,

2 (a n+1 ? a n ) , 3

2 为公比的等比数列,于是 3

2 a n+1 ? a n = (b ? a )( ) n?1 。把 n = 1,2,3,? ? ?, n 代入,得 3

a 2 ? a1 = b ? a ,
2 a 3 ? a 2 = (b ? a ) ? ( ) , 3 2 a 4 ? a 3 = (b ? a ) ? ( ) 2 , 3 ??? 2 a n ? a n ?1 = (b ? a )( ) n ? 2 。 3
把以上各式相加,得

2 1 ? ( ) n ?1 2 2 2 3 a n ? a1 = (b ? a )[1 + + ( ) + ? ? ? + ( ) n? 2 ] = (b ? a) 。 2 3 3 3 1? 3 2 n?1 2 n?1 ∴ a n = [3 ? 3( ) ](b ? a ) + a = 3(a ? b)( ) + 3b ? 2a 。 3 3
解法二(特征根法):数列 {a n } :3a n + 2 ? 5a n +1 + 2a n = 0( n ≥ 0, n ∈ N ) , a1 = a, a 2 = b 的 特征方程是: 3 x ? 5 x + 2 = 0 。
2

Q x1 = 1, x 2 =

2 , 3

2 n ∴ a n = Ax1n ?1 + Bx 2 ?1 = A + B ? ( ) n ?1 。 3
又由 a1 = a, a 2 = b ,于是

?a = A + B ? A = 3b ? 2a ? 2 ?? ? ? B = 3(a ? b) ?b = A + 3 B ?
故 a n = 3b ? 2a + 3( a ? b)( )

2 3

n ?1

三、(分式递推式)定理 3: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 =

pa n + q h (其中 p、q、r、h 均为常数,且 ph ≠ qr , r ≠ 0, a1 ≠ ? ) ,那么,可作特征 ra n + h r
px + q . rx + h

方程 x =

(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 bn a1 ? λ p ? rλ

n0 ∈ N, 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 =

λ 2 c n ? λ1
cn ? 1

, n ∈ N,

其中 c n =

a1 ? λ1 p ? λ1 r n ?1 ( ) , n ∈ N, (其中a1 ≠ λ 2 ). a1 ? λ 2 p ? λ 2 r
an + 4 , 且 a1 = 3, 求 {a n } 的通项公式 的通项公式. 2an + 3

满足性质: 例 3、已知数列 {a n } 满足性质:对于 n ∈ N, an +1 = 、 解:依定理作特征方程 x =

x+4 , 变形得 2 x 2 + 2 x ? 4 = 0, 其根为 λ1 = 1, λ 2 = ?2. 故特征方 2x + 3

程有两个相异的根,使用定理 3 的第(2)部分,则有

cn =

a1 ? λ1 p ? λ1r n ?1 3 ? 1 1 ? 1 ? 2 n ?1 ?( ) = ?( ) , n ∈ N. 3 + 2 1+2 ? 2 a1 ? λ2 p ? λ2 r

∴ cn =

2 1 n ?1 (? ) , n ∈ N. 5 5

2 1 ? 2 ? (? ) n?1 ? 1 λ c ? λ1 5 5 ∴ an = 2 n = , n ∈ N. 2 1 n ?1 cn ? 1 (? ) ? 1 5 5
(?5) n ? 4 即 an = , n ∈ N. 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

(1)若 a1 = 5, 求 a n ; (2)若 a1 = 3, 求 a n ; (3)若 a1 = 6, 求 a n ; ) ) ) 取哪些值时, 不存在? (4)当 a1 取哪些值时,无穷数列 {a n } 不存在? )

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

1 r + (n ? 1) a1 ? λ p ? rλ

=

1 1 + (n ? 1) ? 3?5 13 ? 1 ? 5 1 n ?1 =? + , 2 8

令 bn = 0 ,得 n = 5 .故数列 {a n } 从第 5 项开始都不存在, 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

(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 a 时 , 数 列

{a n }













a1 ≠ λ = 5









bn =

1 r 1 n ?1 5n ? 13 + (n ? 1) = + , n ∈ N. 令 bn = 0, 则 得 a1 = ,n ∈ N 且 a1 ? λ p ? λr a1 ? 5 8 n ?1

n ≥2.

∴当 a1 =

5n ? 13 (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:当 a1 在集合 {?3 或 : n ∈ N , 且 n ≥2}上取值时,无穷数列 {a n } 都不存在. n ?1

练习题: 求下列数列的通项公式: 1、 在 数 列 {a n } 中 , a1 = 1, a 2 = 7, a n = 2a n ?1 + 3a n ? 2 ( n ≥ 3) , 求 a n 。( key :

a n = 2 ? 3 n?1 + (?1) n ? 2 )
2、 在数列 {a n } 中, a1 = 1, a 2 = 5, 且 a n = 5a n ?1 ? 4a n ? 2 ,求 a n 。 (key: a n =

1 n (4 ? 1) ) 3
n +1

3、 在数列 {a n } 中, a1 = 3, a 2 = 7, a n = 3a n ?1 ? 2a n ? 2 ( n ≥ 3) ,求 a n 。 (key: a n = 2 4、 在数列 {a n } 中,a1 = 3, a 2 = 2, a n + 2 = 5、 在数列 {a n } 中, a1 = 3, a 2 =

? 1)

5 , a n+ 2 3

2 1 7 1 1 n? 2 a n +1 + a n , a n 。 求 (key:a n = + ? ( ? ) ) 3 3 4 4 3 1 2 = (4a n +1 ? a n ) ,求 a n 。 (key: a n = 1 + n ?1 ) 3 3

6、 在数列 {a n } 中,a1 = a, a 2 = b, a n + 2 = pa n +1 + qa n ,且 p + q = 1 .求 a n .(key:q = 1 时,

a n = a + (n ? 1)(b ? a ) ; q ≠ 1 时, a n =

aq + b ? (b ? a)(? q) n ?1 ) 1+ q

7、 在数列 {a n } 中, a1 = a, a 2 = a + b, pa n + 2 ? ( p + q ) a n +1 + qa n = 0 ( p, q 是非 0 常数).

p q n ?1 求 a n .(key: a n = a + [1 ? ( )]b ( p ≠ q ); a n = a1 + (n ? 1)b )( p = q ) p?q p
8 、 在 数 列

{a n }





a1 , a 2







a n = ba n ?1 + ca n ?2

.



a n .(key: a n =

β n ?1 ? α n ?1 c( β n ? 2 ? α n ? 2 ) ? a2 + ? a1 (α ≠ β ) ;若 α = β ,上式不能应用,此 β ?α β ?α
n?2

时, a n = ( n ? 1) a 2 ? α

? (n ? 2)a1α n ?1 .

附定理 3 的证明 分式递推问题): 满足下列条件: 定理 3(分式递推问题 : 如果数列 {a n } 满足下列条件 : 已知 a1 的值且对于 n ∈ N , 都有 分式递推问题

a n+1 =

pa n + q h 均为常数, ,那么 (其中 p、q、r、h 均为常数,且 ph ≠ qr , r ≠ 0, a1 ≠ ? ) 那么,可作特征 ,那么, ra n + h r
px + q . rx + h

方程 x =

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 ,



a n = λ , n ∈ N;



a1 ≠ λ





an =

1 + λ , n ∈ N, bn





bn =
存在. 存在

1 r + (n ? 1) , n ∈ N. 特别地,当存在 n0 ∈ N, 使 bn0 = 0 时,无穷数列 {a n } 不 特别地, a1 ? λ p ? rλ

称作特征根) (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 = )

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(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 ? λ h ra n + h (d n + λ )( p ? λr ) + q ? λh r (d n + λ ) + h

=

=

d n ( p ? λr ) ? [ rλ 2 + λ ( h ? p ) ? q ] rd n + h ? rλ



∵ λ 是特征方程的根,∴ λ = 将该式代入①式得 d n +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 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 r


λ≠

p , 于是 p ? λr ≠ 0. r

当 d 1 = 0 ,即 a1 = d 1 + λ = λ 时,由②式得 bn = 0, n ∈ N, 故 a n = d n + λ = λ , n ∈ N. 当 d 1 ≠ 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 p?h h+ r h + λr h+ p 2r = ∴ = = 1, p?h p+h p ? λr r p? 2r

将此式代入④式得

1 d n+1

=

1 r + , n ∈ N. d n p ? λr

令 bn = 数列.

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

∴ bn = b1 + ( n ? 1) ?

r , n ∈ N. p ? λr

其中 b1 =

1 1 = . d1 a1 ? λ 1 + λ , n ∈ N. bn

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 = 不存在的. 再证明定理的第(2)部分如下:

1 + λ 无意义.故此时,无穷数列 {a n } 是 bn0

∵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


c n +1 =

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

由第(1)部分的证明过程知 x =

p p p 不是特征方程的根,故 λ1 ≠ , λ 2 ≠ . r r r

故 p ? λ1 r ≠ 0, p ? λ 2 r ≠ 0. 所以由⑤式可得:

c n +1

q ? λ1 h p ? λ1 r p ? λ1 r ? = ,n ∈ N q ? λ2 h p ? λ2 r an + p ? λ2 r an +



∵特征方程 x =

px + q 有两个相异根 λ1 、 λ 2 ? 方程 rx 2 + x( h ? p ) ? q = 0 有两个相异 rx + h q ? xh 与方程 rx 2 ? x ( h ? p ) ? q = 0 又是同解方程. p ? xr

根 λ1 、 λ 2 ,而方程 ? x =



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 p ? λ1 r .此时对于 n ∈ N 都有 p ? λ2 r

将上两式代入⑥式得

c n ?1 =

当 c1 = 0, 即 a1 ≠ λ1 时,数列 {c n } 是等比数列,公比为

c n = c1 (

p ? λ1 r n ?1 a ? λ1 p ? λ1 r n ?1 ) =( 1 )( ) . p ? λ2 r a1 ? λ 2 p ? λ 2 r

当 c1 = 0 即 a1 = λ1 时,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)

注:当 ph = qr 时,

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

递推关系,在此不再赘述.



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