浅说常数·特征方程
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ｘｙ ２ｙ ３ ｙ
¨
４ ４ ： ０
（ ） … ２ （） ２
无 实 数
一
①
再 由 ６ ｚ ３计 ， 一 ｂ 一一 （件 件 ６ 一 ３ ， ｄ ｂ） 令 一
ｌ ３ 一 ６ ，所 以 抖ｌ一一 ｄ ，ｄ１： ｂ — ３ ｌ一 １ ２ ｂ ，
解 ， １ ×２ （ ） ： ｙ＋３ ＋３ 由（ ） 一 ２ 得 ｚ ＋ｘ ｘ ｙ＝ Ｏ （ ｚ ＋３（ ）ｚ＋ ）＝ Ｏ ｚ＝一 ３ ｚ一一Ｙ 将 ｚ一一 ３ 或 ，
所以 ｄ 一 （ １ ， ６ ３ 一 （ １ 一 ） 即 什 一 ｂ 一 ）
②
代 人 （） Ｙ ＋ ３ １ 得 ｙ＋５— ０ 实数解 ； ｚ 一Ｙ 无 将
代 人 （ ） ２ ＋Ｙ １得 ＋２— ０也无实 数解 ， 故原方 程 组无 实数解 ． 由此 ， 以看 出对 式子 中 的常数 正 确 的处 理 ， 可
而 在 ｎ Ｃ 抖 ＝ ａ ＋ｄ型 的解 题 时 ， 是令 一ｚ— ｂ ，
所 以 ｂ ｌ ｚ— ｃ ｂ ＋ ｚ ＋ ｒ ＋ 件 （ ） ６ 一 Ｃ （ 一 ｂ＋ ｃ
解： 令 一 ｚ 一 ｚ， 入 递推式 得 代
ｎ Ⅱ 科ｌ ＋ （ Ⅱ＋ ｚ 。 ＋ （ ） 抖ｌ ６＋ ｘ） ＋ ｚ ＋ （ ａ 。 ｎ＋
是很重 要 的． 比如 三角 式 处理 中将 １化为 ｓｎａ＋ ｉ
推式 的常数 项 ， 达到 了降 阶 的 目的 ； 二个 特征 方 ∞ 第
程 ｚ 一２ 。 ｘ一３— ０的根 ｚ＝一 １和 ｚ： ３达 到了
期
ＣＳ口将妻 化 为 ｓ ３ 。 ｏ６。 Ｏ ， ｉ ０， ｓ０ 等也是 常见 的手 ｎ ｃ
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浅 说 常 数 ・ 征 方程 特
（ 西南师 大附 中 ４ ０ ０ ） 赖立新 戴 宇 ０ ７ ０
解： 由方程 ｚ一 ２ ｘ＋ ３ ｘ一 ４ ｌ＝ １ 即令 ｂ ｚ ，
＝
人们 都认 为 常数 比变数 在一个 数学 问题 中处 理起来 要简 单一 些 ， 我 们认 为许 多 时候 常 数 的 但 变形技 巧性 要求 还 更 高．比如初 中数 学 中解 二元
＋ｂ 一 １ 所 以 ＣＪ ３ ， ６ ＋ ｂ ， ７ 一 得 一 ３ ＂ －
二次项 、 次项 系数 也不 成 比例 ， 一 两个方 程 均不 能 分解 因式 ， 时最后 的手段就 只有消 去 常数项 了． 这 例 如 ： 明方 程组 证
ｘ ＋ ｙ ２ ２＋ ２ ｘ＋ ３ ｙ＋ ２ ＝ ０
． ＿
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所 ％ 以ｚ：
ｂ＋ ｄ≠ ０ ，ａ＋ ｂ＋ ２ ａ≠ ０ ）
段． 高级 一点 就是 对递 推型 数列 问题 的处 理 中 ， 更
二 阶递推变 为一 阶递推 的 目的 ， 而解决 了问题． 从 例 ２ 已知 ｚ ＝ ， 满足 ｚ ｌ 伽 外ｌ ｌ 求 抖 ＋ ｚ ＋ 如 ＋ｄ一 ０的数列 （ ｚ ｝的通项 公式 ．
对原始 的递 推关 系处 理过 程 中 ， 得 的特征 方程 ， 所 多数都 与为处 理 常数 带来 的麻 烦有关 ． 例如 ， 我们 知道 ｎ 一 Ｃ 当 ｎ ａ ≠ ０ Ｃ≠ ０时 为等 比数列 ； ，
６ ｚ＋ ｄ 一 ０， ）
一
．
即可设 ａ 为 ｚ ＋ （ ＋ｂ ｘ＋ｄ一 ０ 即递推 、 ｎ ） （
式 的特征 方 程）的根 ， ｚ＝ ａ得 ， 取
１＋ ＋ —＋ ｂ
—
１ｚ＋ｄ， （ 一 １ｘ＋ ｄ— Ｏ ｚ一 ） 取 ｃ ）
， 原数 则
ａ
：
列 就化为 等 比型数 列 ６ 一 Ｃ 则可求 出通 项公 抖 ｂ， 式． 而方程 ｚ— Ｃ ｘ＋ ｄ我们 称 为原递 推式 的特征 方程 ， 即此方 程 的解 与递推 式 中 ｄ是很 有关 系 的 ， 由 ｚ作 的数列 变换 一 ｂ ＋ ｚ就 可把原数 列化 为 等 比数 列 ， 而达 到解 决问题 的 目的． 从
联立 ｑ② 得， 一 ÷［一 一 （ ） ］ ） ｂ ３ 一１ ，
所以 ｎ 一÷［ ～１ ＋１ ３ 一（ ） ］ ． 一 什
这里 的第一个 特征 方程 的解 ｚ＝ １ 决 了递 解
总 第
、Ｊ
是解决 问题 的关 键 ． 高 中数 学 中处 理 好 常 数 也 在
＋ ＝
ｏ再 令 ｂ ， ， 一 得
Ⅱ
Ⅱ
Ⅱ 抖 １
一
争 ・ （ａｏ ＃ 一 ６ ≠ ） ＋
＋
（ Ⅱ＋ ｂ＋ ２ ａ≠ Ｏ ）
一寒 （ ＋
Ⅱ 十 十 ０ Ｚ口 口 十
）
口
下 面举 更为 复杂 的例子 来说 明许 多 递推 数 列 的特征 方程 ， 都是 来处理 递 推式 中的常数 项 的．
例 １ 已知 ：１ １ ｎ ： ２ ｎ ２ ２ 什ｌ ａ Ⅱ — ，２ ，抖 ： Ⅱ ＋３
一
再令 — ｂ＋ Ｆ
‘ ，
， ｃ ＋ａ 则 什 一一 ａ
４ 求 ． ，
故
＿ 一（
—
１Ｌ Ｔ
一 十 口一 一 口 ）０ ， ＋ Ｆ十 十 ｎ （ ＃） ０ Ｆ
二 次方 程组 时 ， 如果 未 知数 ｚ Ｙ的系数不成 比例 ， 、
＆一１ 代人 原递推 式得 ，抖 ＋ １— ２ ６ １ ６ （抖 ＋ ）
＋ ３６＋ １ 一４ ６ （ ） 抖２— ２ ｌ ３ ｌ ０ ２： ｂ＋ ＋ ｂ ，ｂ 一 ，ｂ
１ 数 列 （ 的特 征方程 ｚ ， ｂ） ＝ ２ ｘ＋ ３ 其 根 ｚ ＝一 ， １ ｚ 一 ３ 则 可将递 推式化 为 ：冲 ＋ ６ ＝ ３ ６ ， ， ６＋ 什 （什 ＋ ） 令 Ｃ 一 ６ ｔ 所 以 Ｃ件 一 ３ ． Ｃ 一 ｂ ， 抖 ＋ｂ ， ， Ｃ，
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４ ４ ： ０
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①
再 由 ６ ｚ ３计 ， 一 ｂ 一一 （件 件 ６ 一 ３ ， ｄ ｂ） 令 一
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解 ， １ ×２ （ ） ： ｙ＋３ ＋３ 由（ ） 一 ２ 得 ｚ ＋ｘ ｘ ｙ＝ Ｏ （ ｚ ＋３（ ）ｚ＋ ）＝ Ｏ ｚ＝一 ３ ｚ一一Ｙ 将 ｚ一一 ３ 或 ，
所以 ｄ 一 （ １ ， ６ ３ 一 （ １ 一 ） 即 什 一 ｂ 一 ）
②
代 人 （） Ｙ ＋ ３ １ 得 ｙ＋５— ０ 实数解 ； ｚ 一Ｙ 无 将
代 人 （ ） ２ ＋Ｙ １得 ＋２— ０也无实 数解 ， 故原方 程 组无 实数解 ． 由此 ， 以看 出对 式子 中 的常数 正 确 的处 理 ， 可
而 在 ｎ Ｃ 抖 ＝ ａ ＋ｄ型 的解 题 时 ， 是令 一ｚ— ｂ ，
所 以 ｂ ｌ ｚ— ｃ ｂ ＋ ｚ ＋ ｒ ＋ 件 （ ） ６ 一 Ｃ （ 一 ｂ＋ ｃ
解： 令 一 ｚ 一 ｚ， 入 递推式 得 代
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浅 说 常 数 ・ 征 方程 特
（ 西南师 大附 中 ４ ０ ０ ） 赖立新 戴 宇 ０ ７ ０
解： 由方程 ｚ一 ２ ｘ＋ ３ ｘ一 ４ ｌ＝ １ 即令 ｂ ｚ ，
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二 阶递推变 为一 阶递推 的 目的 ， 而解决 了问题． 从 例 ２ 已知 ｚ ＝ ， 满足 ｚ ｌ 伽 外ｌ ｌ 求 抖 ＋ ｚ ＋ 如 ＋ｄ一 ０的数列 （ ｚ ｝的通项 公式 ．
对原始 的递 推关 系处 理过 程 中 ， 得 的特征 方程 ， 所 多数都 与为处 理 常数 带来 的麻 烦有关 ． 例如 ， 我们 知道 ｎ 一 Ｃ 当 ｎ ａ ≠ ０ Ｃ≠ ０时 为等 比数列 ； ，
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一
．
即可设 ａ 为 ｚ ＋ （ ＋ｂ ｘ＋ｄ一 ０ 即递推 、 ｎ ） （
式 的特征 方 程）的根 ， ｚ＝ ａ得 ， 取
１＋ ＋ —＋ ｂ
—
１ｚ＋ｄ， （ 一 １ｘ＋ ｄ— Ｏ ｚ一 ） 取 ｃ ）
， 原数 则
ａ
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列 就化为 等 比型数 列 ６ 一 Ｃ 则可求 出通 项公 抖 ｂ， 式． 而方程 ｚ— Ｃ ｘ＋ ｄ我们 称 为原递 推式 的特征 方程 ， 即此方 程 的解 与递推 式 中 ｄ是很 有关 系 的 ， 由 ｚ作 的数列 变换 一 ｂ ＋ ｚ就 可把原数 列化 为 等 比数 列 ， 而达 到解 决问题 的 目的． 从
联立 ｑ② 得， 一 ÷［一 一 （ ） ］ ） ｂ ３ 一１ ，
所以 ｎ 一÷［ ～１ ＋１ ３ 一（ ） ］ ． 一 什
这里 的第一个 特征 方程 的解 ｚ＝ １ 决 了递 解
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下 面举 更为 复杂 的例子 来说 明许 多 递推 数 列 的特征 方程 ， 都是 来处理 递 推式 中的常数 项 的．
例 １ 已知 ：１ １ ｎ ： ２ ｎ ２ ２ 什ｌ ａ Ⅱ — ，２ ，抖 ： Ⅱ ＋３
一
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二 次方 程组 时 ， 如果 未 知数 ｚ Ｙ的系数不成 比例 ， 、
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