(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{an}的项满足a1 b,an 1 can 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x0，则当x0 a1时，an为常数列，即an a1;当x0 a1时,an bn x0，其中{bn}是以c为公比的等比数列，即bn b1cn 1,b1 a1 x0. 证明：因为c 0,1,由特征方程得x0

bn 1

d

.作换元bn an x0,则1 c

dcd

an 1 x0 can d can c(an x0) cbn.

1 c1 c

当x0 a1时，b1 0，数列{bn}是以c为公比的等比数列，故bn b1cn 1; 当x0 a1时，b1 0，{bn}为0数列，故an a1,n N.（证毕） 下面列举两例，说明定理1的应用.

1

3

13

解：作方程x x 2,则x0 .

32

311

当a1 4时，a1 x0,b1 a1 .

221

数列{bn}是以 为公比的等比数列.于是

3

111133111

bn b1( )n 1 ( )n 1,an bn ( )n 1,n N.

3232223

例1．已知数列{an}满足：an 1 an 2,n N,a1 4,求an. 例2．已知数列{an}满足递推关系：an 1 (2an 3)i,n N,其中i为虚数

单位。当a1取何值时，数列{an}是常数数列？ 解：作方程x (2x 3)i,则x0

6 3i

.要使an为常数，即则必须5

a1 x0

6 3i

. 5

二、（二阶线性递推式）定理2：对于由递推公式an 2 pan 1 qan，

a1 ,a2 给出的数列 an ，方程x2 px q 0，叫做数列 an 的

特征方程。

若x1,x2是特征方程的两个根，当x1 x2时，数列 an 的通项为

n 1

，其中A，B由a1 ,a2 决定（即把a1,a2,x1,x2an Ax1n 1 Bx2

n 1n 1

和n 1,2，代入an Ax1，得到关于A、B的方程组）；当x1 x2 Bx2n 1时，数列 an 的通项为an (A B)x1，其中A，B由a1 ,a2 决n 1定（即把a1,a2,x1,x2和n 1,2，代入an (A Bn)x1，得到关于A、B

的方程组）。 例

3

：

已

知

数

列

an

满足

a1 a,a2 b,3an 2 5an 1 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 5an 1 2an 0，得

an 2 an 1

2

(an 1 an)， 3

且a2 a1 b a。

则数列 an 1 an 是以b a为首项，

2

为公比的等比数列，于是 3

2

an 1 an (b a)()n 1。把n 1,2,3, ,n代入，得

3

a2 a1 b a，

2

a3 a2 (b a) ()，

32

a4 a3 (b a) ()2，

3

2

an an 1 (b a)()n 2。

3

把以上各式相加，得

21 ()n 1

222an a1 (b a)[1 () ()n 2] (b a)。

2333

1 3

22

an [3 3()n 1](b a) a 3(a b)()n 1 3b 2a。

33

解法二（特征根法）：数列 an ：3an 2 5an 1 2an 0(n 0,n N)，

a1 a,a2 b的特征方程是：3x2 5x 2 0。

x1 1,x2

2, 3

2n 1

A B ()n 1。 an Ax1n 1 Bx2

3

又由a1 a,a2 b，于是

a A B

A 3b 2a

2

b A B B 3(a b) 3

故an 3b 2a 3(a b)()

2

3

n 1

三、(分式递推式)定理3：如果数列{an}满足下列条件：已知a1的值且对于

n N，都有an 1

pan q

（其中p、q、r、h均为常数，且

ran h

hpx q

ph qr,r 0,a1 ），那么，可作特征方程x .

rrx h

（1）当特征方程有两个相同的根 （称作特征根）时，

若a1 ,则an ,n N; 若

a1

，则

an

1

,n N,bn

其中

bn

1r

当存在n0 N,使bn0 0时， (n 1),n N.特别地，

a1 p r

无穷数列{an}不存在.

（2）当特征方程有两个相异的根

1、 2（称作特征根）时，则

an

2cn 1

cn 1

，n N,

其中cn

a1 1p 1rn 1

(),n N,(其中a1 2).

a1 2p 2r

an 4

,且a1 3,求

2an 3

例3、已知数列{an}满足性质：对于n N,an 1

{an}的通项公式.

解:依定理作特征方程x

x 4

,变形得2x2 2x 4 0,其根为2x 3

1 1, 2 2.故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，

则有

cn

a1 1p 1rn 13 11 1 2n 1

() (),n N.

a1 2p 2r3 21 2 2

21n 1

( ),n N. 55

21

2 ( )n 1 1

c 155∴an 2n ,n N.

cn 1

( )n 1 155

∴cn

( 5)n 4

即an ,n N.

2 ( 5)n

例5．已知数列{an}满足：对于n N,都有an 1 （1）若a1 5,求an; （2）若a1 3,求an; （3）若a1 6,求an;

（4）当a1取哪些值时，无穷数列{an}不存在？

13an 25

.

an 3

13x 25

.变形得x2 10x 25 0,

x 3

特征方程有两个相同的特征根 5.依定理2的第（1）部分解答.

解：作特征方程x

(1)∵a1 5, a1 . 对于n N,都有an 5; (2)∵a1 3, a1 . ∴bn

1r

(n 1)

a1 p r

11

(n 1) 3 513 1 51n 1

,

28

令bn 0，得n 5.故数列{an}从第5项开始都不存在，

当n≤4，n N时，an

15n 17

.

bnn 5

(3)∵a1 6, 5,∴a1 . ∴bn

1rn 1

(n 1) 1 ,n N.

a1 p r8

令bn 0,则n 7 n.∴对于n N,bn 0. ∴an

1

bn

15n 43

5 ,n N. n 1n 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 5时，则有

bn a1

1r1n 1

(n 1) ,n N.令bn 0,则得

a1 p ra1 58

5n 13

,n N且n≥2. n 1

5n 13

∴当a1 （其中n N且N≥2）时，数列{an}从第n项开始便不

n 1

存在.

于是知：当a1在集合{ 3或数列{an}都不存在. 练习题：

求下列数列的通项公式：

1、 在数列{an}中，求an。（key：a1 1,a2 7,an 2an 1 3an 2(n 3)，

5n 13

:n N,且n≥2}上取值时，无穷n 1

an 2 3n 1 ( 1)n 2）

2、 在数列{an}中，a1 1,a2 5,且an 5an 1 4an 2，求an。（key：

1

an (4n 1)）

3

3、 在数列{an}中，求an。（key：a1 3,a2 7,an 3an 1 2an 2(n 3)，

an 2n 1 1）

4、 在数列{an}中，a1 3,a2 2,an 2

21

an 1 an，求an。（key：33

an

711

( )n 2） 443

51

,an 2 (4an 1 an)，求an。（key：33

5、 在数列{an}中，a1 3,a2

an 1

23n 1

）

6、 在数列{an}中，且p q 1.求an.a1 a,a2 b,an 2 pan 1 qan，

（key：q 1时，an a (n 1)(b a)；q 1时，

aq b (b a)( q)n 1

） an

1 q

7、 在数列{an}中，a1 a,a2 a b,pan 2 (p q)an 1 qan 0

pqn 1

（p,q是非0常数）.求an.（key： an a [1 ()]b

p qp

(p q)； an a1 (n 1)b）(p q)

8、在数列{an}中，a1,a2给定，an ban 1 can 2.求

n 1 n 1c( n 2 n 2)

an.(key:an a2 a1( )；若 ，

上式不能应用，此时，an (n 1)a2

n 2

(n 2)a1 n 1.

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

n N，都有an 1

pan q

（其中p、q、r、h均为常数，且

ran h

hpx q

ph qr,r 0,a1 ），那么，可作特征方程x .

rrx h

（1）当特征方程有两个相同的根 （称作特征根）时，

若a1 ,则an ,n N;若a1 ，则an

1

,n N,其中bn

bn

1r

当存在n0 N,使bn0 0时， (n 1),n N.特别地，

a1 p r

无穷数列{an}不存在.

（2）当特征方程有两个相异的根

1、 2（称作特征根）时，则

n N,

其

中

an

2cn 1

cn 1

，

cn

a1 1p 1rn 1

(),n N,(其中a1 2).

a1 2p 2r

证明：先证明定理的第（1）部分. 作交换dn an ,n N 则dn 1 an 1

pan q

ran h

an(p r) q h

ran h(dn )(p r) q h

r(dn ) h

dn(p r) [r 2 (h p) q]

①

rdn h r

∵ 是特征方程的根，∴ 将该式代入①式得dn 1 将x 故③

当d1 0，即a1 d1 = 时，由②式得bn 0,n N,故特

p q

r 2 (h p) q 0.

r h

dn(p r)

,n N. ②

rdn h r

p

代入特征方程可整理得ph qr,这与已知条件ph qr矛盾.r

p

,于是p r 0. 征方程的根

r

an dn ,n N.

当d1 0即a1 时，由②、③两式可得dn 0,n N.此时可对②式作如下变化：

1dn 1

rdn h rh r1r

. ④

dn(p r)p rdnp r

px qp h

. 的两个相同的根可以求得

rx h2rp hh r

h rh p ∴ 1,

p hp rp hp r

2r

由 是方程x 将此式代入④式得

1dn 1

1r ,n N. dnp r

令bn

r1

,n N.故数列{bn}是以,n N.则bn 1 bn

p rdn

r

为公差的等差数列.

p r

∴bn b1 (n 1)

r

,n N. p r

其中b1

11 . d1a1

1

,n N. bn

当n N,bn 0时，an dn

当存在n0 N,使bn0 0时，an0 dn0 无穷数列{an}是不存在的.

再证明定理的第（2）部分如下：

1

无意义.故此时，bn0

∵特征方程有两个相异的根 1、 2，∴其中必有一个特征根不等于a1，不妨令 2 a1.于是可作变换cn

an 1

,n N.

an 2

故cn 1

an 1 1pan q

，将an 1 代入再整理得

an 1 2ran h

cn 1

an(p 1r) q 1h

,n N ⑤

an(p 2r) q 2h

p

不是特征方程的根，故r

由第（1）部分的证明过程知x

1

pp, 2 . rr

故p 1r 0,p 2r 0.所以由⑤式可得：

cn 1

q 1h

p 1rp 1r ,n N ⑥

q 2hp 2r

an

p 2r

an

∵特征方程x

px q

有两个相异根 1、 2 方程

rx h

rx2 x(h p) q 0有两个相异根 1、 2，而方程 x rx2 x(h p) q 0又是同解方程.

∴

q xh

与方程

p xr

q 1hq 2h

1, 2

p 1rp 2r

p 1ran 1p 1r

cn,n N

p 2ran 2p 2r

p 1r

.此时对

p 2r

将上两式代入⑥式得

cn 1

当c1 0,即a1 1时，数列{cn}是等比数列，公比为于n N都有

cn c1(

p 1rn 1a 1p 1rn 1

) (1).

p 2ra1 2p 2r

当c1 0即a1 1时，上式也成立. 由cn

an 1

且 1 2可知cn 1,n N.

an 2

所以an

2cn 1

cn 1

,n N.(证毕)

注:当ph qr时,

pan qpan q

会退化为常数;当r 0时,an 1

ran hran h

可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/83q1.html