高中数学特征方程

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 }{ na 的项满足 dcaaba nn  11 , , 其中 ,1,0  cc 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 ,dcxx  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 10 ax  时， na 为常数列，即 0101 ,; xbaaxaa nnn  时当 ，其中 }{ nb 是以 c 为公比 的等比数列，即 011 1 1 , xabcbb n n   . 证 明 ： 因 为 ,1,0c 由 特 征 方 程 得 .10 c dx  作 换 元 ,0xab nn  则 .)(11 0011 nnnnnn cbxacc cdcac ddcaxab   当 10 ax  时， 01 b ，数列 }{ nb 是以 c 为公比的等比数列，故 ;1 1  n n cbb 当 10 ax  时， 01 b ， }{ nb 为 0 数列，故 .N,1  naan （证毕） 下面列举两例，说明定理 1 的应用. 例 1．已知数列 }{ na 满足： ,4,N,23 1 11  anaa nn 求 .na 解：作方程 .2 3,23 1 0  xxx 则 当 41 a 时， .2 11 2 3, 1101  abxa 数 列 }{ nb 是 以 3 1 为 公 比 的 等 比 数 列 . 于 是 .N,)3 1(2 11 2 3 2 3,)3 1(2 11)3 1( 111 1   nbabb n nn nn n 例 2．已知数列 }{ na 满足递推关系： ,N,)32(1  niaa nn 其中i 为虚数 单位。当 1a 取何值时，数列 }{ na 是常数数列？ 解：作方程 ,)32( ixx  则 .5 36 0 ix  要使 na 为常数，即则必须 .5 36 01 ixa  二、（二阶线性递推式）定理 2：对于由递推公式 nnn qapaa   12 ，   21 ,aa 给出的数列 na ，方程 02  qpxx ，叫做数列 na 的 特征方程。若 21, xx 是特征方程的两个根，当 21 xx  时，数列 na 的通项 为 1 2 1 1   nn n BxAxa ，其中 A，B 由   21 ,aa 决定（即把 2121 ,,, xxaa 和 2,1n ，代入 1 2 1 1   nn n BxAxa ，得到关于 A、B 的方程组）；当 21 xx  时，数列 na 的通项为 1 1)(  n n xBAa ，其中 A，B 由   21 ,aa 决 定（即把 2121 ,,, xxaa 和 2,1n ，代入 1 1)(  n n xBnAa ，得到关于 A、B 的方程组）。 例 3 ： 已 知 数 列  na 满 足 ),0(0253,, 1221 Nnnaaabaaa nnn   ，求数列 na 的通项 公式。 解法一（待定系数——迭加法） 由 0253 12   nnn aaa ，得 )(3 2 112 nnnn aaaa   ， 且 abaa  12 。 则数列 nn aa 1 是以 ab  为首项， 3 2 为公比的等比数列，于是 1 1 )3 2)((    n nn abaa 。把 nn ,,3,2,1  代入，得 abaa  12 ， )3 2()(23  abaa ， 2 34 )3 2()(  abaa ，  2 1 )3 2)((    n nn abaa 。 把以上各式相加，得 ])3 2()3 2(3 21)[( 2 1  n n abaa )( 3 21 )3 2(1 1 ab n      。 abbaaaba nn n 23)3 2)((3)]()3 2(33[ 11   。 解法二（特征根法）：数列 na ： ),0(0253 12 Nnnaaa nnn   ， baaa  21 , 的特征方程是： 0253 2  xx 。 3 2,1 21  xx ,  1 2 1 1   nn n BxAxa 1)3 2(  nBA 。 又由 baaa  21 , ，于是           )(3 23 3 2 baB abA BAb BAa 故 1)3 2)((323  n n baaba 三、(分式递推式)定理 3：如果数列 }{ na 满足下列条件：已知 1a 的值且对于 Nn ， 都 有 hra qpaa n n n  1 （ 其 中 p 、 q 、 r 、 h 均 为 常 数 ， 且 r harqrph  1,0, ），那么，可作特征方程 hrx qpxx   . （1）当特征方程有两个相同的根  （称作特征根）时， 若 ,1 a 则 ;N,  nan  若 1a ， 则 ,N,1  nba n n  其 中 .N,)1(1 1  nrp rnabn  特别地，当存在 ,N0 n 使 00 nb 时， 无穷数列 }{ na 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 1 12   n n n c ca  ， ,Nn 其中 ).(,N,)( 21 1 2 1 21 11          anrp rp a ac n n 其中 例 3、已知数列 }{ na 满足性质：对于 ,32 4,N 1    n n n a aan 且 ,31 a 求 }{ na 的通项公式. 解 : 依 定 理 作 特 征 方 程 ,32 4   x xx 变 形 得 ,0422 2  xx 其 根 为 .2,1 21   故特征方程有两个相异的根，使用定理 2 的第（2）部分， 则有 .N,)221 211(23 13)( 11 2 1 21 11       nrp rp a ac nn n     ∴ .N,)5 1(5 2 1   nc n n ∴ .N, 1)5 1(5 2 1)5 1(5 22 1 1 1 12        nc ca n n n n n  即 .N, )5(2 4)5(    na n n n 例 5．已知数列 }{ na 满足：对于 ,Nn 都有 .3 2513 1   n n n a aa （1）若 ,51 a 求 ;na （2）若 ,31 a 求 ;na （3）若 ,61 a 求 ;na （4）当 1a 取哪些值时，无穷数列 }{ na 不存在？ 解：作特征方程 .3 2513   x xx 变形得 ,025102  xx 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)∵  .,5 11 aa 对于 ,Nn 都有 ;5 na (2)∵ .,3 11  aa ∴  rp rnabn  )1(1 1 5113 1)1(53 1  n ,8 1 2 1  n 令 0nb ，得 5n .故数列 }{ na 从第 5 项开始都不存在， 当 n ≤4， Nn 时， 5 1751   n n ba n n  . (3)∵ ,5,61  a ∴ .1 a ∴ .,8 11)1(1 1 Nnn rp rnabn   令 ,0nb 则 .7 nn  ∴对于 .0bN, n n ∴ .N,7 4355 8 11 11    nn n nba n n  (4)、显然当 31 a 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， 51 a 时，数列 }{ na 是存在的，当 51  a 时，则有 .N,8 1 5 1)1(1 11  nn arp rnabn  令 ,0nb 则 得 N,1 135 1   nn na 且 n ≥2. ∴当 1 135 1   n na （其中 Nn 且 N≥2）时，数列 }{ na 从第 n 项开始便不 存在. 于是知：当 1a 在集合 3{ 或 ,:1 135 Nnn n   且 n ≥2}上取值时，无穷 数列 }{ na 都不存在. 练习题： 求下列数列的通项公式： 1、 在数列 }{ na 中， ,7,1 21  aa )3(32 21   naaa nnn ，求 na 。（key： 21 )1(32   nn na ） 2、 在数列 }{ na 中， ,5,1 21  aa 且 21 45   nnn aaa ，求 na 。（key： )14(3 1  n na ） 3、 在数列 }{ na 中， ,7,3 21  aa )3(23 21   naaa nnn ，求 na 。（key： 12 1  n na ） 4、 在数列 }{ na 中， ,2,3 21  aa nnn aaa 3 1 3 2 12   ，求 na 。（key： 2)3 1(4 1 4 7  n na ） 5、 在数列 }{ na 中， ,3 5,3 21  aa )4(3 1 12 nnn aaa   ，求 na 。（key： 13 21  nna ） 6、 在数列 }{ na 中， ,, 21 baaa  nnn qapaa   12 ，且 1 qp .求 na . （ key ： 1q 时 ， ))(1( abnaan  ； 1q 时 ， q qabbaqa n n    1 ))(( 1 ） 7、 在 数 列 }{ na 中 ， ,, 21 baaaa  0)( 12   nnn qaaqppa （ qp, 是 非 0 常 数 ）. 求 na . （ key ： bp q qp paa n n )](1[ 1  ( qp  )； bnaan )1(1  ）( qp  ) 8 、 在 数 列 }{ na 中 ， 21,aa 给 定 ， 21   nnn cabaa . 求 na .(key: 1 22 2 11 )( acaa nnnn n         )(   ；若   ， 上式不能应用，此时， .)2()1( 1 1 2 2   nn n anana  附定理 3 的证明 定理 3(分式递推问题)：如果数列 }{ na 满足下列条件：已知 1a 的值且对于 Nn ， 都 有 hra qpaa n n n  1 （ 其 中 p 、 q 、 r 、 h 均 为 常 数 ， 且 r harqrph  1,0, ），那么，可作特征方程 hrx qpxx   . （1）当特征方程有两个相同的根  （称作特征根）时， 若 ,1 a 则 ;N,  nan  若 1a ， 则 ,N,1  nba n n  其 中 .N,)1(1 1  nrp rnabn  特别地，当存在 ,N0 n 使 00 nb 时， 无穷数列 }{ na 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 1 12   n n n c ca  ， ,Nn 其 中 ).(,N,)( 21 1 2 1 21 11          anrp rp a ac n n 其中 证明：先证明定理的第（1）部分. 作交换 N,  nad nn  则     hra qpaad n n nn 11 hra hqrpa n n    )( hdr hqrpd n n   )( ))((     rhrd qphrrpd n n   ])([)( 2 ① ∵  是特征方程的根，∴  .0)(2   qphrhr qp   将该式代入①式得 .N,)( 1   nrhrd rpdd n n n   ② 将 r px  代入特征方程可整理得 ,qrph  这与已知条件 qrph  矛盾. 故 特 征 方 程 的 根  ,r p 于 是 .0 rp  ③ 当 01 d ， 即  11 da =  时 ， 由 ② 式 得 ,N,0  nbn 故 .N,  nda nn  当 01 d 即 1a 时，由②、③两式可得 .N,0  nd n 此时可对②式 作如下变化： .1 )( 1 1 rp r drp rh rpd rhrd d nn n n         ④ 由  是方程 hrx qpxx   的两个相同的根可以求得 .2r hp  ∴ ,1 2 2      hp ph rr hpp rr hph rp rh   将此式代入④式得 .N,11 1   nrp r dd nn  令 .N,1  ndb n n 则 .N,1  nrp rbb nn  故 数 列 }{ nb 是 以 rp r  为公差的等差数列. ∴ .N,)1(1  nrp rnbbn  其中 .11 11 1  adb 当 0,N  nbn 时， .N,1  nbda n nn  当存在 ,N0 n 使 00 nb 时，   0 00 1 n nn bda 无意义.故此时， 无穷数列 }{ na 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 1 、 2 ，∴其中必有一个特征根不等于 1a ， 不妨令 .12 a 于是可作变换 .N, 2 1   na ac n n n   故 21 11 1        n n n a ac ，将 hra qpaa n n n  1 代入再整理得 N,)( )( 22 11 1   nhqrpa hqrpac n n n   ⑤ 由 第 （ 1 ） 部 分 的 证 明 过 程 知 r px  不 是 特 征 方 程 的 根 ， 故 ., 21 r p r p   故 .0,0 21  rprp  所以由⑤式可得： N, 2 2 1 1 2 1 1        n rp hqa rp hqa rp rpc n n n       ⑥ ∵ 特 征 方 程 hrx qpxx   有 两 个 相 异 根 1 、 2  方 程 0)(2  qphxrx 有两个相异根 1 、 2 ，而方程 xrp xhqx   与方程 0)(2  qphxrx 又是同解方程. ∴ 2 2 2 1 1 1 ,       rp hq rp hq 将上两式代入⑥式得 N, 2 1 2 1 2 1 1     ncrp rp a a rp rpc n n n n       当 ,01 c 即 11 a 时，数列 }{ nc 是等比数列，公比为 rp rp 2 1     .此时对 于 Nn 都有 .))(()( 1 2 1 21 111 2 1 1       nn n rp rp a a rp rpcc       当 01 c 即 11 a 时，上式也成立. 由 2 1     n n n a ac 且 21   可知 .N,1  ncn 所以 .N,1 12   nc ca n n n  (证毕) 注:当 qrph  时, hra qpa n n   会退化为常数;当 0r 时, hra qpaa n n n  1 可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.