用特征方程法求解递推关系中的数列通项.docx
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用特征方程法求解递推关系中的数列通项
特征方程法求解递推关系中的数列通项
递推是中学数学中一个非常重要的概念和方法,递推数列问题能力要求高,内在联系密切,蕴含着不少精妙的数学思想和数学方法。
如果已知数列{}na的第1项(或前几项,且任一项na与它的前一项1-na(或前几项间的关系可以用一个公式来表示,那么这个公式叫做数列的递推公式。
有通项公式的数列只是少数,研究递推数列公式给出数列的方法可使我们研究数列的范围大大扩展。
新大纲关于递推数列规定的教学目标是“了解递推公式是给出数列的一种方法,并能根据递推公式写出数列的前几项”,但从近几年来高考试题中常以递推数列或与其相关的问题作为能力型试题来看,这一目标是否恰当似乎值得探讨,笔者以为“根据递推公式写出数列的前几项”无论从思想方法还是从培养能力上来看,都不那么重要,重要的是学会如何去发现数列的递推关系,学会如何将递推关系转化为数列的通项公式的方法。
笔者从用特征方程法求解递推关系中的数列通项谈谈这方面的认识。
题型一:
一阶线性递推数列问题.
设已知数列}{na的项满足⎩⎨⎧+==+d
caab
ann11,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.
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0111
1,xabc
bbnn-==-.
证明:
因为,1,0≠c由特征方程得.10c
dx-=作换元,0xabnn-=则.(110011nnnnnncbxacc
cdcac
ddcaxab=-=--
=--
+=-=--
当10ax≠时,01≠b,数列}{nb是以c为公比的等比数列,故;1
1-=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,23
111=∈--=+anaann求.na
解:
作方程.23,23
10-
=--
=xxx则当41=a时,.2
1123,1101=+=≠abxa数列}{nb是以31-为公比的等比数列.
于是.N,
31(2
11
232
3,
3
1(2
11
31
(1
1
1
1∈-+-
=+-
=-
=
-=---nbabbnnnnnn
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.5
360i
x+-=
要使na为常数,即则必须.5
3601ixa+-==
题型二:
分式递推问题(*.
例3.已知数列}{na满足性质:
对于,3
24,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.
如果数列}{na满足下列条件:
已知1a的值且对于N∈n,都有h
raqpaannn++=+1(其中p、q、r、h均
为常数,且r
harqrph-
≠≠≠1,0,,那么,可作特征方程h
rxqpxx++=
.
(1当特征方程有两个相同的根λ(称作特征根时,若,1λ=a则;N,∈=nanλ若λ≠1a,则,N,1∈+=
nban
nλ其中.N,
1(11∈--+-=
nrprnabnλ
λ
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1λ、2λ(称作特征根时,则1
1
2--=nnnccaλλ,,N∈n其中
.(,N,
(211
212
111λλλλλ≠∈----=
-anr
prpaacnn其中
证明:
先证明第(1部分.作交换N,∈-=nadnnλ则λλ-++=
-=++h
raqpaadnnnn11
h
rah
qrpann+-+-=
λλ(
h
drh
qrpdnn++-+-+=
(((λλλλ
λ
λλλrhrd
qphrrpdn
n-+--+--=
]
([(2
①
∵λ是特征方程的根,∴λ.0(2
=--+⇒++=qphrh
rqpλλλλ
将该式代入①式得.N,(1∈-+-=+nr
hrd
rpddn
nnλλ②
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λ,r
p≠于是
.0≠-rpλ③
当01=d,即λ+=11da=λ时,由②式得,N,0∈=nbn故.N,∈=+=ndannλλ当01≠d即λ≠1a时,由②、③两式可得.N,0∈≠ndn此时可对②式作如下变化:
.1
(11
r
prdr
prhrpdr
hrd
dn
nn
nλλλλλ-+
⋅
-+=
--+=+④
由λ是方程h
rxqpxx++=
的两个相同的根可以求得.2r
hp-=λ
∴
122=++=--
-+=-+h
pphr
r
hpprrhphr
prhλλ
将此式代入④式得.N,111
∈-+
=+nr
prddn
nλ
令.N,1∈=
ndbn
n则.N,1∈-+
=+nr
prbbnnλ故数列}{nb是以
r
prλ-为公差的等差数列.
∴.N,1(1∈-⋅
-+=nr
prnbbnλ
其中.1111
1λ
-=
=
adb
当0,N≠∈nbn时,.N,1∈+=
+=nbdan
nnλλ
当存在,N0∈n使00
=nb时,λλ+=
+=0
01nnnbda无意义.故此时,无穷数列}{na是不存在的.
再证明第(2部分如下:
∵特征方程有两个相异的根1λ、2λ,∴其中必有一个特征根不等于1a,不妨令.12a≠λ于是可作变换.N,2
1∈--=
naacnnnλλ
故2
1111λλ--=
+++nnnaac,将h
raqpaannn++=
+1代入再整理得
N,((22111∈-+--+-=
+nh
qrpahqrpacnnnλλλλ⑤
由第(1部分的证明过程知r
px=
不是特征方程的根,故.,21r
pr
p≠
≠λλ
故.0,021≠-≠-rprpλλ所以由⑤式可得:
N,2211211∈--+
--+⋅--=
+nr
phqarphqar
prpcnnnλλλλλλ⑥
∵特征方程h
rxqpxx++=
有两个相异根1λ、2λ⇒方程0(2=--+qphxrx有两个相异根1λ、2λ,
而方程xr
pxhqx--=
-与方程0(2=---qphxrx又是同解方程.
∴
222111,
λλλλλλ-=---=--r
phqr
phq
将上两式代入⑥式得N,212
1211∈--=--⋅--=
-ncr
prpaar
prpcnnnnλλλλλλ
当,01=c即11λ≠a时,数列}{nc是等比数列,公比为
r
prp21λλ--.此时对于N∈n都有
.
((
(
1
212
1111
211------=--=nnnr
prpaar
prpccλλλλλλ
当01=c即11λ=a时,上式也成立.由2
1λλ--=
nnnaac且21λλ≠可知.N,1∈=ncn
所以.N,1
1
2∈--=
nccannnλλ(证毕
注:
当qrph=时,
h
raqpann++会退化为常数;当0=r时,h
raqpaannn++=
+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:
作特征方程,3
24++=
xxx变形得,04222
=-+xx其根为.2,121-==λλ故特征方程有两个相异的
根,使用第(2部分,则有
.N,
2
21211(
2
313
(
1
1
212
111∈⋅-⋅-⋅+-⋅
--⋅--=
--nr
prpaacnnnλλλλ
∴.N,
5
1(521
∈-
=
-ncnn
∴.N,1
51(5
21
5
1(5221
1
1
1
2∈--
--⋅-=
--=
--nccannnnnλλ
即.N,
5(245(∈-+--=
nann
n
例4.已知数列}{na满足:
对于,N∈n都有.3
25131+-=
+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.3
2513+-=
xxx
变形得,025102=+-xx
特征方程有两个相同的特征根.5=λ依第(1部分解答.(1∵∴=∴=.,511λaa对于,N∈n都有;5==λna(2∵.,311λ≠∴=aa∴λλrprnabn--+-=
1(11
5
1131
1(531⋅-⋅-+-=n
8
121-+
-
=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--=
+=
nnban
nλ.
(3∵,5,61==λa∴.1λ≠a∴.,8
11
1(11Nnnr
prnabn∈-+
=--+-=
λλ
令bn=0,则n=7n.∴对于n∈N,bn≠0.∴an=1+λ=bn15n+43+5=,n∈N.n1n+71+8(4)显然当a1=3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,a1=5时,数列{an}是存在的,当a1≠λ=5时,则有bn=1r1n1+(n1=+,n∈N.令a1λpλra158bn=0,则得a1=5n13,n∈N且n≥2.n15n13∴当a1=(其中n∈N且N≥2)时,数列{an}从第n项开始便不存在.n15n13:
n∈N,且n≥2}上取值时,无穷数列{an}都不存在.于是知:
当a1在集合{3或n1题型三题型三:
二阶线性递推数列问题阶线性递推数列问题.问题设递推公式为an+1=pan+qan1,其特征方程为x2=px+q即x2pxq=0,1、若方程有两相异根A、B,则an=c1A+c2Bnn2、若方程有两等根A=B,则an=(c1+nc2An其中c1、c2可由初始条件(a1,a2)构造方程组确定。
证明:
设an+1tan=s(antan1,则an+1=(s+tanstan1,令s+t=pst=q(*)
(1)若方程组(*)有两组不同的解(s1,t1,(s2,t2,则an+1t1an=s1(ant1an1,an+1t2an=s2(ant2an1,由等比数列性质可得an+1t1an=(a2t1a1s1n1,,an+1t2an=(a2t21a1s2n1∵t1≠t2,由上两式消去an+1可得an=(a2t1a1.sna2t2a1.sn.12s1(t2t1s2(t2t1—6—
特别地,若方程组(*)有一对共扼虚根r(cosθ±isinθ,通过复数三角形式运算不难求得此时数列的通项公式为an=rn(c1cosnθ+c2sinnθ,其中c1、c2可由初始条件求出。
s1=s2,易证此时s1=t1,则t1=t2n1
(2)若方程组(*)有两组相等的解2an+1t1an=s1(ant1an1=s1(an1t1an2=…=s1∴an+1s1n+1(a2t1a1,ans1n=a2t1a1s12,即an是等差数列,ns1由等差数列性质可知ans1n=a1ata+(n1.2211,s1s1所以an=a1a2t1a12s1s1a2t1a1n+.ns1.2s1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s2psq=0或t2ptq=0,此方程的两根即为特征方程x2=px+q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5.斐波那契数列a1=a2=1,an+1=an+an1(n=2,3,,求通项公式an。
.解:
此数列对应特征方程为x=x+1即xx1=0,解得x=221±5,2设此数列的通项公式为an=c1(由初始条件a1=a2=1可知,1+5n15n,+c2(2211+515+c2=1c1c1=522,解之得,1c(1+52+c(152=1c2=21522所以an=51+5n15n)(。
(522例6.已知数列a1=1,a2=5,且an+1=4an4an1(n≥2,求通项公式an。
.解:
此数列对应特征方程为x=4x4即x4x+4=0,解得x1=x2=2,22设此数列的通项公式为an=(c1+nc22,n—7—
由初始条件a1=1,a2=5,可知,1c1=4(c1+c22=1,解之得,3(c1+2c24=5c2=4所以an=(3n12n2。
例7.已知数列a1=0,a2=1,且an+1=2an+2an1(n≥2,求通项公式an。
.解:
此数列对应特征方程为x=2x+2即x2x+2=0,22解得x=1±i=2(c1cosπ±sin,44nπ设此数列的通项公式为an=(2(c1cos由初始条件a1=0,a2=1,可知,nπnπ+c2sin,44ππ12(c1cos+c2sin=0c1=244,解之得,2π2π12(2(c1cosc2=+c2sin=1442(2nnπnπ所以an=(sincos。
244阅读材料:
阅读材料:
斐波那契数列莱昂纳多斐波那契(1175-1250)出生于意大利比萨市,是一名闻名于欧洲的数学家,其主要的著作有《算盘书》《实用几何》和《四艺经》等。
在1202年斐波那契提出了一个非常著名的数列,即:
、假设一对兔子每隔一个月生一对一雌一雄的小兔子,每对小兔子在两个月以后也开始生一对一雌一雄的小兔子,每月一次,如此下去。
年初时兔房里放一对大兔子,问一年以后,兔房内共有多少对兔子?
这就是非常著名的斐波那契数列问题。
它的通项公式是以无理数的形式给出的,但用它计算出的每一项却都是整数。
人们发现斐波那契数列与我们熟知的杨辉三角形有关,我们知道,二项式展开式的系数构成杨辉(贾宪)三角形。
111121133114641151010511615201561……利用杨辉三角形可以很快写出a+b的任意次幂的展开式。
如果我们将杨辉三角形各行的位置错一下,排成一个直角三角形,然后把斜线上的数字相加,其和写在右上方,这样就能得到一列数,所得的这列数,恰好是斐波那契数列。
—8—
……参考文献[1]杨亢尔.一个数列递推公式和一类应用题的解法.数学教学研究,2001.4.[2]沈文宣.初等数学研究教程.湖南教育出版社,1996.—9—
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- 特征 方程 求解 关系 中的 数列