用特征根方程法求数列通项

特征方程法求解递推关系中的数列通项当()fxx时，x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：1nnnaabacad令axbxcxd，即2()0cxdaxb，令此方程的两个根为12,xx，(1)若12xx,则有11111nnpaxax（其中2cpad）(2)若12xx,则有111122nnnnaxaxqaxax（其中12acxqacx）例题1：设23()27xfxx，(1)求函数()yfx的不动点；(2）对(1)中的二个不动点,()abab，求使()()fxaxakfxbxb恒成立的常数k的值；(3)对由111,()nnaafa(2)n定义的数列{}na，求其通项公式na。23()27xfxx解析：(1)设函数()fx的不动点为0x，则0002327xxx解得012x或03x(2)由231111()1272222238248(3)83327xxxxxxxxxx可知使()()fxaxakfxbxb恒成立的常数18k。(3)由(2)可知1111122383nnnnaaaa，所以数列123nnaa是以34为首项，18为公比的等比数列。则11312()348nnnaa，则11911()482311()48nnna例2．已知数列}{na满足性质：对于14N,,23nnnanaa且,31a求}{na的通项公式.解:依定理作特征方程,324xxx变形得,04222xx其根为.2,121故特征方程有两个相异的根，则有11411234231114244651052223nnnnnnnnnnnnnnaaaaaaaaaaaaaa即11111252nnnnaaaa又1113122325aa∴数列12nnaa是以25为首项，15为公比的等比数列1121()255nnnaa1141()1(5)455,N.212(5)1()55nnnnnan例3．已知数列}{na满足：对于,Nn都有.325131nnnaaa（1）若,51a求;na（2）若,61a求;na解：作特征方程.32513xxx变形得,025102xx特征方程有两个相同的特征根5.x（1）∵115,.aax对于,Nn都有5;nax（2）∴543,N.7nnann一、数列的一阶特征方程（1nnapaq型）在数列{}na中，1a已知，且2n时，1nnapaq（,pq是常数），（1）当1p时，数列{}na为等差数列；（2）当0p时，数列{}na为常数数列；（3）当1,0pq时，数列{}na为等比数列；（4）当0,1,0pq时，称xpxq是数列{}na的一阶特征方程，其根1qxp叫做特征方程的特征根，这时数列{}na的通项公式为：11()nnaaxpx；例1：已知数列{}na中，15a，且2n时，求na；（参考答案：122273nna）二、数列的二阶特征方程（21nnnapaqa型）在数列{}na中，1a与2a已知，且21nnnapaqa（,pq是常数），则称2xpxq是数列{}na的二阶特征方程，其根1x，2x叫做特征方程的特征根。（1）当12xx时，有1122nnnacxcx；（2）当12xx时，有111[(1)]nnaandx；其中12,,ccd由12,aa代入na后确定。例2：在数列{}na中，123,7aa，且3n时，12340nnnaaa，求na；（参考答案：121(1)2nnna）考虑一个简单的线性递推问题.设已知数列}{na的项满足1ab,1nnacad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10ax时，na为常数列，即0101,;xbaaxaannn时当，其中}{nb是以c为公比的等比数列，即01111,xabcbbnn.证明：因为,1,0c由特征方程得.10cdx作换元,0xabnn则1101nnndbaxcadc0().1nnncdcacaxcbc当10ax时，01b，数列}{nb是以c为公比的等比数列，故;11nncbb当10ax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,23111anaann求.na解：作方程.23,2310xxx则当41a时，.21123,1101abxa数列}{nb是以31为公比的等比数列.于是1111111()(),323nnnbb133111(),N.2223nnnabn例2．已知数列}{na满足递推关系：,N,)32(1niaann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.5360ix要使na为常数，即则必须.53601ixa现在考虑一个分式递推问题（*）.例3．已知数列}{na满足性质：对于,324,N1nnnaaan且,31a求}{na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}{na满足下列条件：已知1a的值且对于Nn，都有hraqpaannn1（其中p、q、r、h均为常数，且rharqrph1,0,），那么，可作特征方程hrxqpxx.（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nbann其中.N,)1(11nrprnabn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112nnncca，,Nn其中).(,N,)(211212111anrprpaacnn其中证明：先证明定理的第（1）部分.作交换N,nadnn则hraqpaadnnnn11hrahqrpann)(hdrhqrpdnn)())((rhrdqphrrpdnn])([)(2①∵是特征方程的根，∴.0)(2qphrhrqp将该式代入①式得.N,)(1nrhrdrpddnnn②将rpx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,rp于是.0rp③当01d，即11da=时，由②式得,N,0nbn故.N,ndann当01d即1a时，由②、③两式可得.N,0ndn此时可对②式作如下变化：.1)(11rprdrprhrpdrhrddnnnn④由是方程hrxqpxx的两个相同的根可以求得.2rhp∴,122hpphrrhpprrhphrprh将此式代入④式得.N,111nrprddnn令.N,1ndbnn则.N,1nrprbbnn故数列}{nb是以rpr为公差的等差数列.∴.N,)1(1nrprnbbn其中.11111adb当0,Nnbn时，.N,1nbdannn当存在,N0n使00nb时，0001nnnbda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.12a于是可作变换.N,21naacnnn故21111nnnaac，将hraqpaannn1代入再整理得N,)()(22111nhqrpahqrpacnnn⑤由第（1）部分的证明过程知rpx不是特征方程的根，故.,21rprp故.0,021rprp所以由⑤式可得：N,2211211nrphqarphqarprpcnnn⑥∵特征方程hrxqpxx有两个相异根1、2方程0)(2qphxrx有两个相异根1、2，而方程xrpxhqx与方程0)(2qphxrx又是同解方程.∴222111,rphqrphq将上两式代入⑥式得N,2121211ncrprpaarprpcnnnn当,01c即11a时，数列}{nc是等比数列，公比为rprp21.此时对于Nn都有.))(()(12121111211nnnrprpaarprpcc当01c即11a时，上式也成立.由21nnnaac且21可知.N,1ncn所以.N,112nccannn(证毕)注:当qrph时,hraqpann会退化为常数;当0r时,hraqpaannn1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,324xxx变形得,04222xx其根为.2,121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,)221211(2313)(11212111nrprpaacnnn∴.N,)51(521ncnn∴.N,1)51(521)51(52211112nccannnnn即.N,)5(24)5(nannn例4．已知数列}{na满足：对于,Nn都有.325131nnnaaa（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.32513xxx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）∵.,511aa对于,Nn都有;5na（2）∵.,311aa∴rprnabn)1(1151131)1(531n,8121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，51751nnbann.（3）∵,5,61a∴.1a∴.,811)1(11Nnnrprnabn令,0nb则.7nn∴对于.0bN,nn∴.N,7435581111nnnnbann（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,8151)1(111nnarprnabn令,0nb则得N,11351nnn