《特征方程法求解递推关系中的数列通项》由会员分享，可在线阅读，更多相关《特征方程法求解递推关系中的数列通项（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、特征方程法求解递推关系中的数列通项当时，的取值称为不动点，不动点是我们在竞赛中解决递推式的基本方法。 典型例子： 令 ，即 ，令此方程的两个根为， (1)若,则有 （其中）(2)若,则有 （其中）例题1：设， (1)求函数的不动点； (2）对(1)中的二个不动点，求使恒成立的常数的值；(3)对由定义的数列，求其通项公式。解析：(1)设函数的不动点为，则解得或 (2)由可知使恒成立的常数。(3)由(2)可知，所以数列 是以为首项，为公比的等比数列。则，则 例2已知数列满足性质：对于 且求的通项公式.解:依定理作特征方程变形得 其根为故特征方程有两个相异的根，则有即 又 数列是以为首项，为公比的等
2、比数列 例3已知数列满足：对于都有（1）若求 （2）若求解：作特征方程 变形得 特征方程有两个相同的特征根（1）对于都有 （2）一、数列的一阶特征方程（型）在数列中，已知，且时，（是常数），（1）当时，数列为等差数列；（2）当时，数列为常数数列；（3）当时，数列为等比数列；（4）当时，称是数列的一阶特征方程，其根叫做特征方程的特征根，这时数列的通项公式为：；例1：已知数列中，且时，求；（参考答案：）二、数列的二阶特征方程（型）在数列中，与已知，且（是常数），则称是数列的二阶特征方程，其根，叫做特征方程的特征根。（1）当时，有； （2）当时，有；其中由代入后确定。例2：在数列中，且时，求；（参考
3、答案：）考虑一个简单的线性递推问题.设已知数列的项满足, 其中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，则当时，为常数列，即，其中是以为公比的等比数列，即.证明：因为由特征方程得作换元则当时，数列是以为公比的等比数列，故当时，为0数列，故（证毕）下面列举两例，说明定理1的应用.例1已知数列满足：求解：作方程当时，数列是以为公比的等比数列.
4、于是例2已知数列满足递推关系：其中为虚数单位.当取何值时，数列是常数数列？解：作方程则要使为常数，即则必须现在考虑一个分式递推问题（*）.例3已知数列满足性质：对于且求的通项公式.将这问题一般化，应用特征方程法求解，有下述结果.定理2.如果数列满足下列条件：已知的值且对于，都有（其中p、q、r、h均为常数，且），那么，可作特征方程.（1）当特征方程有两个相同的根（称作特征根）时，若则若，则其中特别地，当存在使时，无穷数列不存在.（2）当特征方程有两个相异的根、（称作特征根）时，则，其中证明：先证明定理的第（1）部分.作交换则 是特征方程的根，将该式代入式得 将代入特征方程可整理得这与已知条件矛
5、盾.故特征方程的根于是 当，即=时，由式得故当即时，由、两式可得此时可对式作如下变化： 由是方程的两个相同的根可以求得 将此式代入式得令则故数列是以为公差的等差数列. 其中当时，当存在使时，无意义.故此时，无穷数列是不存在的.再证明定理的第（2）部分如下：特征方程有两个相异的根、，其中必有一个特征根不等于，不妨令于是可作变换故，将代入再整理得 由第（1）部分的证明过程知不是特征方程的根，故故所以由式可得： 特征方程有两个相异根、方程有两个相异根、，而方程与方程又是同解方程.将上两式代入式得当即时，数列是等比数列，公比为.此时对于都有 当即时，上式也成立.由且可知 所以(证毕)注:当时,会退化为
6、常数;当时,可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.现在求解前述例3的分类递推问题.解:依定理作特征方程变形得其根为故特征方程有两个相异的根，使用定理2的第（2）部分，则有 即例4已知数列满足：对于都有（1）若求（2）若求（3）若求（4）当取哪些值时，无穷数列不存在？解：作特征方程变形得特征方程有两个相同的特征根依定理2的第（1）部分解答.（1）对于都有（2） 令，得.故数列从第5项开始都不存在，当4，时，.（3） 令则对于（4）显然当时，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，时，数列是存在的，当时，则有令则得且2.当（其中且N2）时，数列从第项开始便不存在.于是知：当在集合或且2上取值时，无穷数列都不存在.
