数列特征方程的来源与应用

数列特征方程的来源与应用关于一阶线性递推数列：),1(,11cdcaabann其通项公式的求法一般采用如下的参数法[1]，将递推数列转化为等比数列：设tccaatactannnn)1(),(11则，令dtc)1(，即1cdt，当1c时可得)1(11cdaccdann知数列1cdan是以c为公比的等比数列，11)1(1nnccdacda将ba1代入并整理，得11cdcbdbcannn对于二阶线性递推数列，许多文章都采用特征方程法[2]：设递推公式为,11nnnqapaa其特征方程为022qpxxqpxx即，1、若方程有两相异根A、B，则nnnBcAca212、若方程有两等根,BA则nnAncca)(21其中1c、2c可由初始条件确定。很明显，如果将以上结论作为此类问题的统一解法直接呈现出来，学生是难以接受的，也是不负责任的。下面我们结合求一阶线性递推数列的参数法，探讨上述结论的“来源”。设)(11nnnntaastaa，则11)(nnnstaatsa,令qstpts（*）（1）若方程组（*）有两组不同的解),(),,(2211tsts,则)(11111nnnnatasata,)(12221nnnnatasata,由等比数列性质可得1111211)(nnnsataata,1212221)(1nnnsataata,,21tt由上两式消去1na可得nnnsttsatasttsataa21221221121112...特别地，若方程组（*）有一对共扼虚根,sincosir通过复数三角形式运算不难求得此时数列的通项公式为,sincos21ncncrann其中1c、2c可由初始条件求出。（2）若方程组（*）有两组相等的解2121ttss，易证此时11ts，则112112112111111)(atasatasatasatannnnnnn，211121111satasasannnn,即nnsa1是等差数列，由等差数列性质可知21112111.1satansasann，所以nnsnsatasatasaa1211122111211.．这样，我们通过将递推数列转化为等比（差）数列的方法，求得二阶线性递推数列的通项，若将方程组（*）消去t（或s）即得,0022qpttqpss或此方程的两根即为特征方程qpxx2的两根，读者不难发现它们的结论是完全一致的，这正是特征方程法求递推数列通项公式的根源所在。例1、斐波那契数列),3,2(,11121naaaaannn，求通项公式na。解此数列对应特征方程为12xx即012xx，解得251x，设此数列的通项公式为nnncca)251()251(21，由初始条件121aa可知，1)251()251(1251251222121cccc，解之得515121cc，所以nnna)251(251(55）。例2、已知数列,5,121aa且)2(4411naaannn，求通项公式na。解此数列对应特征方程为442xx即0442xx，解得221xx，设此数列的通项公式为nnncca2)(21，由初始条件,5,121aa可知，54)2(12)(2121cccc，解之得434121cc，所以22)13(nnna。例3已知数列,1,021aa且)2(2211naaannn，求通项公式na。解此数列对应特征方程为222xx即0222xx，解得)4sin4cos(211cix，设此数列的通项公式为)4sin4cos()2(21ncncann，由初始条件,1,021aa可知，1)42sin42cos()2(0)4sin4cos(221221cccc，解之得212121cc，所以)4cos4(sin2)2(nnann。最后我们指出，上述结论在求一类数列通项公式时固然有用，但将递推数列转化为等比（等差）数列的方法更为重要。如对于高阶线性递推数列和分式线性递推数列，我们也可借鉴前面的参数法，求得通项公式。例4、设数列na满足nnnnaaaaa求,7245,211解：对等式两端同加参数t得解之可得令,5247,7252475272475272451tttattatatattaatannnnnnn1t，2，代入72)52(1nnnatatta，得,72292,7213111nnnnnnaaaaaa相除得,21312121nnnnaaaa即31,41212111公比为是首项为aaaann的等比数列，134234,34121111nnnnnnaaa解得。