特征方程法求递推数列的通项公式.doc

【精品文档】如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流特征方程法求递推数列的通项公式.精品文档. 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.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，即则必须二、（二阶线性递推式）定理2：对于由递推公式，给出的数列，方程，叫做数列的特征方程。若是特征方程的两个根，当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）；当时，数列的通项为，其中A，B由决定（即把和，代入，得到关于A、B的方程组）。例3：已知数列满足，求数列的通项公式。解法一（待定系数迭加法）由，得，且。则数列是以为首项，为公比的等比数列，于是。把代入，得，。把以上各式相加，得。解法二（特征根法）：数列：， 的特征方程是：。,。又由，于是故三、(分式递推式)定理3：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，其中例3、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，使用定理2的第（2）部分，则有即例5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.练习题：求下列数列的通项公式：1、 在数列中，求。（key：）2、 在数列中，且，求。（key：）3、 在数列中，求。（key：）4、 在数列中，求。（key：）5、 在数列中，求。（key：）6、 在数列中，且.求.（key：时，；时，）7、 在数列中，（是非0常数）.求.（key： ()； ）()8、在数列中，给定，.求.(key:；若，上式不能应用，此时，附定理3的证明定理3(分式递推问题)：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,会退化为常数;当时,可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.