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n 1

决定（即把a1,a2,x1,x2和n 1,2，代入an Ax1n 1 Bx2，得到关于A、B的方程组）；当x1 x2时，数列

an 的通项为an

an (A Bn)x1

n 1

(A Bn)x1

n 1

，其中A，B由a1 ,a2 决定（即把a1,a2,x1,x2和n 1,2，代入

，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。 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 b1c

n 1

,b1 a1 x0.

证明：因为

c 0,1,

由特征

方程得

xd0

1 c

.作换元

bn an x0,

则

bdcdn 1 an 1 x0 can d 1 c

can 1 c

c(an x0) cbn.

当x ac为公比的等比数列，故bn 1

01时，b1 0，数列{bn}是以n b1c;

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. 例1．已知数列{a1n}满足：an 1 3

an 2,n N,a1 4,求an.

解：作方程x

13

x 2,则x0

32. 当aa3111 4时，a1 x0,b1 1 2 2.

数

列

{b1n}

是

以 3为

公

比

的等比数列.于是

b1n 1

113n b1(

3)

2( 13)

n 1

,an

2 bn

32

11n 1

2(

13)

,n N.

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x 6 3ii0

5

.要使an为常数，即则必须a1 x0

6 35

.

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x当xn 1n 1

1,x2是特征方程的两个根，1 x2时，数列 an 的通项为an Ax1 Bx2，其中A，B由a1 ,a2

解法一（待定系数——迭加法） 由3an 2 5an 1 2an 0，得

an 2 an 1

23

(an 1 an)，

且a2 a1 b a。

则数列 an 1 an 是以b a为首项，

23

为公比的等比数列，于是

a)(2n 1

n 1 an (b a3

)。把n 1,2,3, ,n代入，得

a2 a1 b a，

aa2

3 2 (b a) (3)，

ab a) (22

4 a3 (3

)，

a a2n 2

nn 1 (b a)(3

)。

把以上各式相加，得

2n a2221 ()

1

n 23

n a1 (b a)[1 3 (3) (3

)]

(b a)。 1

23

a3 3(23)n 1](b a) a 3(a b)(23

)n 1

n [ 3b 2a。

解法二（特征根法）：数列 an ：3an 2 5an 1 2an 0(n 0,n N)，3x2

5x 2 0。 x1 1,x22

3

,

an 1

n 1

n Ax1

Bx A B (2n 1

2

3

)。

a1 a,a2 b的特征方程是：

又由a1 a,a2 b，于是

a A B

A 3b 2a 2

b A 3B

B 3(a b)故an 3b 2a 3(a b)(2

)n 13

三、(分式递推式)定理3：如果数列{apan qn}满足下列条件：已知a1的值且对于n N，都有an 1 ra（其中

n h

p、q、r、h均为常数，且ph qr,r 0,a1

hr

），那么，可作特征方程x

px qrx 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a1n

b ,n N,其中b1n

(n 1)

rn

a1

p r

,n N.特别地，当存在n0 N,使bn0 0

时，无穷数列{an}不存在.

（2）当特征方程有两个相异的根 2cn 1

1、 2（称作特征根）时，则an

c N,

n 1

，n其中ca1 1p 1rn a()

n 1

,n N,(其中a1 2).

1 2

p 2r

例3、已知数列{aan 4n}满足性质：对于n N,an 1 2a且a1 3,求{an}的通项公式.

n 3

,解:依定理作特征方程x

x 4,变形得2x2

2x 3

2x 4 0,其根为 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

ca1 1 (

p 1r 1

3 1n

a

1 2

p )

n 3 2

(1 1 21 2 2

)

n 1

,n N.2r

∴c211

n

5(

5

)

n ,n N.

2( 1n 1

1

∴a2cn 21

n

c

55

)

n 1

21,n N.

n 1

5

(

5)

1

n

即a5) 4n

( ,2 ( 5)

n

n N.

例5．已知数列{a13an 25n}满足：对于n N,都有an 1 an 3

.

（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？ 解：作特征方程x

13x 252

x 3

.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（1）部分解答. (1)∵a1 5, a1 . 对于n N,都有an 5; (2)∵a1 3, a1 .

∴bn

1a (n 1)

r1 p r

1

(n 1)

1

3 5

13 1 5

1n 1

2

8

, 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 17n

1b

5.

n

n 5

(3)∵a1 6, 5,∴a1 .

∴bn 1n

1an 1)

r1

(p r

1

8

,n N.

令bn 0,则n 7 n.∴对于n N,bn 0.

∴an

1b

15n 43n

1

n 1 5

n 7

,n N.

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 11 5时，则有bn

a1

(n 1)

rp r

1a,n N.令bn 0,则得

1 5

n8

a5n 131

n 1

,n N且n≥2.

∴当a1

5n 13n 1

（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a5n 131在集合{ 3或n 1

:n N,且n≥2}上取值时，无穷数列{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 2an 1 3an 2(n 3)，求an。（key：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：an

n

13

(4 1)）

3、 在数列{a}中，an 1

n1 3,a2 7,an 3an 1 2an 2(n 3)，求an。（key：an 2 1）

4、 在数列{an}中，a21 3,a2 2,an 2 3

an 1

13

an，求an。（key：an

74 14

( 1 2

3

)

n）

5、 在数列{an}中，a1 3,a2

53,a1n 2

3(4aa2

n 1 an)，求n。（key：an 1

3

n 1

）

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

a(b a)( q)

n 1

n a (n 1)(b a)；q 1时，a b n

aq1 q

）

7、 在数列{an}中，a1 a,a2 a b,pan 2 (p q)an 1 qan 0（p,q是非0常数）.求an.（key：

aq

n 1

n a

pp q

[1 (

p

)]b (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

1

a

n

n 1

n 2

n 2

)

n.(key:an

ac(

2

a1( )；若 ，上式不能应用，此时，

an 2

n 1

n (n 1)a2 (n 2)a1

.

附定理3的证明

定理3(分式递推问题)：如果数列{apan qn}满足下列条件：已知a1的值且对于n N，都有an 1 ran h

（其中p、

q、r、h均为常数，且ph qr,r 0,a1

hr

），那么，可作特征方程x

px qrx 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

1b ,n N,其中bn

1 N.特别地，

n

a (n 1)

r1

p r

,n当存在n0 N,使bn0

0时，无穷数列{an}不存在.

（2）当特征方程有两个相异的根 2cn 1

1、 2（称作特征根）时，则an

cN,其中

n 1

，n ca1 1p 1rn 1

n

a(1 2

p )

,n N,(其中a1 2).

2r

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

panra

n h

an(p r) q h

ra

n h

(dn )(p r) q h

r(d

n ) h

[r 2

dn(p r) (h p) q]

rd

①

n

h r

∵ 是特征方程的根，∴ p qr h

r 2

(h p) q 0.

将该式代入①式得ddn(p r)n 1 rd

n

h r

,n N. ②

将x

pr

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 pr

,于是

p r 0. ③

当d1 0，即a1 d1 = 时，由②式得bn 0,n N,故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： 1h r

h r1rd rd

n

n 1

dn(p r)

p r

d

n

p r

. ④

由 是方程x

px qp hrx h

的两个相同的根可以求得 2r

.

h p h2rr ∴

h r h pp r

p

p hr

p h

1,

2r

将此式代入④式得1 1d

rn 1

dn

p r

,n N.

令bn

1d,n N.则bn 1 bn

rp ,n N.故数列{bn}是以

r为公差的等差数列.

n

r

p r

∴bn b1 (n 1)

rp r

,n N.

其中b11

1

d

1

a.

1

当n N,bn 0时，an dn

1b ,n N.

n

当存在n0 N,使bn 0时，an0 dn0

10

b 无意义.故此时，无穷数列{an}是不存在的.

n0

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，∴其中必有一个特征根不等于a1，不妨令 2 a1.于是可作变换can 1n

a N.

n ,n2

故can 1 1pan qn 1 an 1 ，将an 1

2

ran h

代入再整理得

chn 1

an(p 1r) q 1an(p 2r) q 2h

,n N ⑤

由第（1）部分的证明过程知x

ppr

不是特征方程的根，故 1

r

, 2

pr

.

故p 1r 0,p 2r 0.所以由⑤式可得：

aq 1hn cp 1r p 1rn 1

p aq ,n N ⑥

2r

2hn

p 2r

∵特征方程x

px qrx h

有两个相异根 1、 2 方程rx2 x(h p) q 0有两个相异根 1、 2，而方程

x

q xhp xr

与方程rx2 x(h p) q 0又是同解方程.

∴

q 1hp 1,

q 2h2

1r

p 2r

将上两式代入⑥式得 cp 1ran 1 1rn 1

p 2r

an p 2

p 2r

cn,n N

当cp 1r1 0,即a1 1时，数列{cn}是等比数列，公比为

p .此时对于n N都有

2r

c 1rn 1

n c1(

pp (

a1 1p 1rn 1

2r

)

a1 )(

2

p .

2r

)

当c1 0即a1 1时，上式也成立.

由cn 1n

aa1 2可知cn 1,n N.

n 且 2

所以a2cn 1

n

c,n N.(证毕)

n 1

注:当ph qr时,

pan qra会退化为常数;当r 0时,apan qn 1

n h

ran 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/ulgi.html