特征方程推导数列
特征方程特征根法求解数列通项公式
特征方程特征根法求解数列通项公式一：A(n+1)=pAn+q, p,q为常数.（1）通常设：A(n+1)-λ＝p(An-λ), 则λ=q／(1-p).（2）此处如果用特征根法：特征方程为：x=px+q，其根为x=q/（1-p）注意：若用特征根法，λ的系数要是-1例一：A（n+1)=2An+1 , 其中q=2,p=1,则λ=1/（1-2）= -1那么A（n+1）+1=2（An+1）二：再来个有点意思的,三项之间的关系：A(n+2)=pA(n+1)+qAn，p,q为常数（1）通常设：A(n+2)-mA(n+1)=k[pA(n+1)-mAn],则m+k=p, mk=q（2）此处如果用特征根法：特征方程是y×y=py+q（※）注意：①m n为（※）两根。
②m n可以交换位置，但其结果或出现两种截然不同的数列形式，但同样都可以计算An，而且还会有意想不到的惊喜，③m n交换位置后可以分别构造出两组An和A(n+1)的递推公式，这个时侯你会发现，这是一个关于An和A(n+1)的二元一次方程组，那么不就可以消去A（n+1），留下An，得了，An求出来了。
例二：A1=1,A2=1,A(n+2)= - 5A（n+1）+6An，特征方程为：y×y= - 5y+6那么，m=3,n=2,或者m=2，n=3于是，A（n+2）-3A（n+1）=2[A（n+1）-3A] (1)A（n+2）-2A（n+1）=3[A（n+1）-2A] (2)所以，A（n+1）-3A（n）= - 2 ^ n (3)A（n+1）-2A（n）= - 3 ^ (n-1) (4)you see 消元消去A（n+1），就是An勒例三：【斐波那挈数列通项公式的推导】斐波那契数列：0，1，1，2，3，5，8，13，21……如果设F(n)为该数列的第n项(n∈N+)。
那么这句话可以写成如下形式：F(0) = 0，F(1)=F(2)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2) (n≥3)显然这是一个线性递推数列。
特征方程法求递推数列的通项公式
特征方程法求解递推关系中的数列通项之蔡仲巾千创作时间：二O二一年七月二十九日一、（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.采纳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犯错,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论述.定理1：设上述递推关系式的特征方程的根为,则那时,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那时,,数列是以为公比的等比数列,故那时,,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：作方程那时,数列是以例2．已知数列满足递推关系：其中为虚数单元.当取何值时,数列是常数数列？解：作方程则要使为常数,即则必需二、（二阶线性递推式）定理2：对由递推公式,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,那时,数列的通项为,其中A,B由决定（即把和,代入,获得关于A、B的方程组）；那时,数列的通项为,其中A,B由决定（即把和,代入,获得关于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,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）部份,则有∴∴即例5．已知数列满足：对都有（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）部份解答.(1)∵对都有(2)∵∴令,得.故数列从第5项开始都不存在,当≤4,时,.(3)∵∴∴令则∴对∴(4)、显然那时,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,那时,则有令则得且≥2.∴当（其中且N≥2）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,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）部份.作交换则①∵是特征方程的根,∴将该式代入①式得②将代入特征方程可整理得这与已知条件于是③当,即=时,由②式得故立即时,由②、③两式可得此时可对②式作如下变动：④由是方程的两个相同的根可以求得∴将此式代入④式得令则故数列是以为公差的等差数列.∴其中那时,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）部份如下：∵特征方程有两个相异的根、,∴其中必有一个特征根不即是,无妨令于是可作变换故,将代入再整理得⑤由第（1）部份的证明过程知不是特征方程的根,故故所以由⑤式可得：⑥∵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⑥式得立即时,数列是等比数列,公比为.此时对都有立即时,上式也成立.由且可知所以(证毕)注:那时,会退化为常数;那时,可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.时间：二O二一年七月二十九日。
用特征方程求数列的通项
用特性圆程供数列的通项之阳早格格创做一、递推数列特性圆程的钻研与探索递推(迭代)是中教数教中一个非常要害的观念战要领，递推数列问题本领央供下，内正在通联稀切，蕴含着很多粗妙的数教思维战要领.递推数列的特性圆程是何如去的？（一）、 若数列{}n a 谦脚),0(,11≠+==+c d ca a b a n n 其通项公式的供法普遍采与如下的参数法，将递推数列转移为等比数列：设t c ca a t a c t a n n n n )1(),(11-+=+=+++则 ，令d t c =-)1(，即1-=c dt ，当1≠c 时可得 )1(11-+=-++c d a c c d a n n ，知数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1c d a n 是以c 为公比的等比数列，11)1(1--+=-+∴n n c c da c d a 将b a =1代进并整治，得()11---+=-c dc bd bc a n n n . 故数列dca a n n +=+1对付应的特性圆程是：x=cx+d（二）、二阶线性递推数列,11-++=n n n qa pa a仿上，用上述参数法咱们去探供数列{}n n ta a ++1的特性：无妨设)(11-++=+n n n n ta a s ta a ，则11)(-++-=n n n sta a t s a , 令⎩⎨⎧==-q st pt s （ ※）（1）若圆程组（ ※）有二组分歧的真数解),(),,(2211t s t s , 则)(11111-++=+n n n n a t a s a t a , )(12221-++=+n n n n a t a s a t a , 即{}n n a t a 11++、{}n n a t a 21++分别是公比为1s 、2s 的等比数列，由等比数列通项公式可得1111211)(-++=+n n n s a t a a t a ①, 1212221)(1-++=+n n n s a t a a t a ②,∵,21t t ≠由上二式①+②消去1+n a 可得()()()n n n s t t s a t a s t t s a t a a 22121221211112..-+--+=.（2）若圆程组（ ※）有二组相等的解⎩⎨⎧==2121t t s s ，易证此时11s t -=，则())(2112111111---++=+=+n n n n n n a t a s a t a s a t a=)(11211a t a s n +=-，211121111s a s a s a s a nn n n -=-∴++,即⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n s a 1是等好数列，由等好数列通项公式可知()21112111.1s as a n s a s a nn --+=，所以nn s n s a s a s a s a s a a 1211122111211.⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=． 那样，咱们通过参数要领，将递推数列转移为等比（好）数列，进而供得二阶线性递推数列的通项，若将圆程组（※）消去t 即得02=--q ps s ，隐然1s 、2s 便是圆程q px x +=2的二根，咱们无妨称此圆程为二阶线性递推数列11-++=n n n qa pa a 的特性圆程，所以有论断： 若递推公式为 ,11-++=n n n qa pa a 则其特性圆程为q px x +=21、 若圆程有二相同根1s 、2s ，则nnn s c s c a 2211+=；2、 若圆程有二等根21s s =，则nn s nc c a 121)(+=. 其中1c 、2c 可由初初条件决定.（三）分式线性递推数列da c ba a a n n n +⋅+⋅=+1（0,,,,≠∈c R d c b a ），将上述要领继承类比，仿照前里要领，等式二边共加参数t ，则da c ct a dtb a ct a t d ac b a a t a n n n n n +⋅++++=++⋅+⋅=++)(1①， 令cta dtb t ++=，即0)(2=--+b t d a ct ②，记②的二根为21,t t ，（1） 若21t t ≠，将21,t t 分别代进①式可得da c t a ct a t a n n n +⋅++=++1111)(，以上二式相除得21212111t a t a ct a ct a t a t a n n n n ++⋅++=++++，于是得到⎭⎬⎫⎩⎨⎧++21t a t a n n 为等比数列，其公比为21ct a ct a ++，数列{}n a 的通项na 可由121211121)(-++⋅++=++n n n ct a ct a t a t a t a t a 供得；（2）若21t t =，将1t t =代进①式可得da c t a ct a t a n n n +⋅++=++1111)(,思量到上式结构特性，二边与倒数得111111)(11t a ct d t a c ct a t a n n n +-++⋅+=++③由于21t t =时圆程③的二根谦脚cd a t --=12，∴11ct d ct a -=+ 于是④式可变形为111111t a ct a c t a n n +++=++ ∴⎭⎬⎫⎩⎨⎧+11t a n 为等好数列，其公好为1ct a c +，∴数列{}n a 的通项n a 可由1111)1(11ct a c n t a t a n +⋅-++=+供得．那样，利用上述要领，咱们不妨把分式线性递推数列转移为等比数列或者等好数列，进而供得其通项.如果咱们引进分式线性递推数列da cb a a a n n n +⋅+⋅=+1的特性圆程为dcx b ax x ++=，即0)(2=--+b x a d cx ，此特性圆程的二根恰佳是圆程②二根的好同数，于是咱们得到如下论断：分式线性递推数列da cb a a a n n n +⋅+⋅=+1的特性圆程为dcx b ax x ++=1、若圆程有二相同根1s 、2s ，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧--21s a s a n n 成等比数列，其公比为21cs a cs a --；2、若圆程有二等根21s s =，则⎭⎬⎫⎩⎨⎧-11s a n 成等好数列，其公好为1cs a c-.值得指出的是，上述论断正在供相映数列通项公式时固然有用，但是将递推数列转移为等比（等好）数列的思维要领更为要害.如对付于其余形式的递推数列，咱们也可借镜前里的参数法，供得通项公式，其论断与特性圆程法真足普遍， 三、例题例1、已知数列,5,121==a a 且)2(4411≥-=-+n a a a n n n ，供通项公式n a .解 设)(11-++=+n n n n ta a s ta a ，∴11)(-++-=n n n sta a t s a 令⎩⎨⎧-==-44st t s ， 可得⎩⎨⎧-==22t s ，于是 =-=-=----+)2(2)2(2221211n n n n n n a a a a a a …112123)2(2--⋅=-=n n a a ，∴432211=-++n n n n a a ，即⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 2是以21211=a 为尾项、43为公好的等好数列，∴43)1(212⋅-+=n a nn，进而22)13(-⋅-=n n n a . 例2、设数列{}n a 谦脚n n n n a a a a a 求,7245,211++==+.解： 对付等式二端共加参数t 得 令5247++=t t t ，解之得1-=t ，2，代进上式得721311+-⋅=-+n n n a a a ，,722921++⋅=++n nn a a a 二式相除得,21312111+-⋅=+-++n n n n a a a a即31,41212111公比为是首项为=+-⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-a a a a n n 的等比数列，∴134234,34121111-⋅+⋅=⋅=+----n n n n n n a a a 从而． 四、原课小结：1．可用特性圆程办理递推数列的三类模型 ⑴．线性递推闭系： 已知),0(,11≠+==+c d ca a b a n n ⑵．齐次二阶线性递推闭系： 已知,,21b a a a == 且,11-++=n n n qa pa a⑶．分式递推闭系： 已知b a =1， da cb a a a n n n +⋅+⋅=+12. 特性根圆程及供法 ⑴．{1,11n a n n pa qa =++=的特性根圆程为 x=px+q ，其根为α,则1n a α+-=p(1n a α+-)⑵.1221(1)(2)n n n a n a a n pa qa++=⎧⎪==⎨⎪+⎩的特性根圆程为2x px q =+设二真根为α,β ①.若α≠β时,则n a =1112n n c c αβ--+,其中1c ,2c 是由1a ,2a 决定②. 若α=β时,则112()n n a c n c α-=+其中1c ,2c 是由,1a 2a 决定⑶.1n n n pa qa ra h++=+的特性根圆程为px qx rx h+=+若圆程的二根为α,β 若1,a αβ≠且αβ≠,则11n n n n a a p r a p r a αααβββ++---=⋅---即{n n a a αβ--}等比数列若1a αβ=≠且0p h +≠,则1121n n r a p h a αα+=+-+-即{1n a α- }等好数列五、训练1．已知数列}{n a 谦脚：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 供.n a2.已知数列{n a }谦脚1a =3,2a =6,2n a +=41n a +-4n a 供n a3. 已知数列{n a }谦脚1a =3,2a =6,2n a +=21n a ++3n a 供n a4.各项均为正数的数列{n a }1a =a,2a =b ，且对付任性的m+n=p+q 的正整数 m ，n ，p ，q ， 皆有(1)(1)(1)(1)p q m nn m n q a a a a a a a a ++=++++当a=12,b=45时 ，供通项n a5:已知数列{}n a 谦脚*1112,2,n n a a n N a -==-∈,供通项n a . 6．已知数列{}n a 谦脚*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈，供数列{}n a 的通项n a7．已知数列{}n a 谦脚*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈，供数列{}n a 的通项n a8．已知数列{}n a 谦脚11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+，供数列{}n a 的通项n a 9．已知数列{}n a 谦脚*11212,()46n n n a a a n N a +-==∈+，供数列{}n a 的通项n a训练问案1、解：做特性圆程.23,231-=--=x x x 则.211231=+a 数列13n a ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭是以31-13n a +=（231+a ）.N ,)31(21123,)31(211)31(111∈-+-=-=----n a n n n n2、解：做特性圆程x2=4x-4由特性根圆程得α=β=2故设n a =(1c +2c n)12n -,其中3=1c +2c ,6=(1c +22c ).2，所以1c =3,2c =0,则n a =3.12n -3、解：做特性圆程x2=2x+3由特性根圆程得α=3,β=-1所以n a =1c 13n -+2c 1(1)n --其中3=1c +2c , 6=31c -2c ，得1c =94,2c =34所以n a =14.13n ++341(1)n -- 4、解:由(1)(1)(1)(1)p q m nm n p q a a a a a a a a ++=++++得121121(1)(1)(1)(1)n n n n a a a a a a a a --++=++++将14,25a b ==代进上式化简得11212n n n a a a --+=+思量特性圆程212x x x +=+得特性根1x =±所以11111121112112113112n n n n n n n n a a a a a a a a ------+--+-==⋅+++++，所以数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=-+为尾项,公比为13的等比数列，，故11111()()1333n nn n a a --=-⋅=-+ 即3131n n na -=+ 5、解: 思量特性圆程12x x=-，得特性根1x =，所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以1111a =-为尾项,公好为1的等好数列，故11n n a =- 即1n n a n += 6．解：其特性圆程为232x x =-，解得121,2x x ==，令1212n n n a c c =⋅+⋅，由1122122243a c c a c c =+=⎧⎨=+=⎩，得12112c c =⎧⎪⎨=⎪⎩， 112n n a -∴=+7．解：其特性圆程为2441x x =-，解得1212x x ==，令()1212nn a c nc ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，由1122121()121(2)24a c c a c c ⎧=+⨯=⎪⎪⎨⎪=+⨯=⎪⎩，得1246c c =-⎧⎨=⎩， 1322n n n a --∴= 8．解：其特性圆程为221x x x +=+，得2220x -=，解得121,1x x ==-，令111111n n n n a a c a a ++--=⋅++ 由12,a =得245a =，可得13c =-，∴数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=+为尾项13-为公比的等比数列，1111133n n n a a --⎛⎫∴=⋅- ⎪+⎝⎭，3(1)3(1)n nn nna --∴=+- 9．解：其特性圆程为2146x x x -=+，即24410x x ++=，解得1212x x ==-，令1111122n n c a a +=+++， 由12,a =得2314a =，供得1c =，∴数列112n a ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪+⎩⎭是以112152a =+为尾项，以1为公好的等好数列， 123(1)11552n n n a ∴=+-⋅=-+，135106n n a n -∴=-。
特征方程法求数列通项
特征方程法求解递推关系中的数列通项一、（一阶线性递推式）设已知数列}{n a 的项满足d ca a b a n n +==+11,,其中,1,0≠≠c c 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,d cx x +=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10a x =时，n a 为常数列，即0101,;x b a a x a a n n n +===时当，其中}{n b 是以c 为公比的等比数列，即01111,x a b c b b n n -==-. 证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10cdx -=作换元,0x a b n n -= 则.)(110011n n n n n n cb x a c ccdca c d d ca x a b =-=--=--+=-=--当10a x ≠时，01≠b ，数列}{n b 是以c 为公比的等比数列，故;11-=n n c b b 当10a x =时，01=b ，}{n b 为0数列，故.N ,1∈=n a a n （证毕） 下面列举两例，说明定理1的应用.例1．已知数列}{n a 满足：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 求.n a解：作方程.23,2310-=--=x x x 则当41=a 时，.21123,1101=+=≠a b x a数列}{n b 是以31-为公比的等比数列.于是.N ,)31(2112323,)31(211)31(1111∈-+-=+-=-=-=---n b a b b n n n n n n 例2．已知数列}{n a 满足递推关系：,N ,)32(1∈+=+n i a a n n 其中i 为虚数单位。
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f(x)二X 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。
aa n ■ b 人ax ■ b2典型例子：a n 1-令 x，即 ex • (d -a)x —b = 0ca n+dcx + d令此方程的两个根为 x , , x 21(1)若x , = x 2，则有an^ _x 1a n — X , a - — X ,a — ex ,⑵若X i=X 2,则有—— -=q — -(其中q—)an 半 一 x 2an —X 2a~ cx 2—2x +3例题1：设f(x)=2x —7(i)求函数y = f (x)的不动点；(2 )对(i)中的二个不动点a,b (a ::- b)，求使f (x)_a= kx_a恒成立 f(x)-bx —b的常数k 的值；2X 3⑶对由a —=1,a n= f (a n丄)(n_2)定义的数列｛a n｝，求其通项公式a n。
f(x)=2x —7解析：⑴设函数f (x)的不动点为x 0，则X o2X0 32xo-7-2x 3 1 1 / 1、 1X (x ) x —⑵由 2X-7 2 2 U 2 -2x+3 3 8x+24 -8(x-3) 8 x -32x -7可知使f(x) -a_k x _a 恒成立的常数 f (x)-b x -ba n 1 31 3(1厂-〕—2=2 .(丄严，则a 二吐 2 a n -3 4 8 n「3(—严4 Wa +4例2•已知数列｛a n｝满足性质：对于n ・N,a n1n ,且a^3,求｛a n｝的通项公式.2 a n 31P (其中P )a n- x !a d1 解得x 0或x 0 =3 2 1+ 丄 ，2k 。
(3)由⑵可知an 2 J an 」2，所以数列8a 8 a 丄 (3)-为公比的等比数列。
则8x + 4 2解:依定理作特征方程x ,变形得2x •2x-4=0,其根为‘1 =1,‘2 — -2.故特征方程有两个相异的2x 3根，则有a n 42a n ■： 3 a n ■' 4 - 2a n - 3 a n 1 - -1a n 1 2an 42 a n 2a n +3（1）当p =1时，数列｛a n ｝为等差数列；（2）当p =0时，数列｛a n ｝为常数数列；（3） 当p =1,q =0时，数列｛a n ｝为等比数列；（4） 当p =0,1,q =0时，称x= px q 是数列｛a n ｝的一阶特征方程，其根 x — 叫做特征方程的特征根，这时1-p数列｛a n ｝的通项公式为：a n =（a^x ）p nd x ；例1 :已知数列｛a n ｝中，a^ 5，且n _ 2时，求a n ；、数列的二阶特征方程（a n 2二pa n 1 ' qa n 型）在数列｛a n ｝中，a 1与a 2已知，且a n pa n dqa n（ p,q 是常数），则称x = px q 是数列｛a n｝的二阶特征方程,其根x 1， x 2叫做特征方程的特征根。
利用特征方程巧解分式递推数列问题
x2 + 3 2 ， 即 x + 2x － 3 = 0， 得 x1 = － 3 ， 2（ x + 1）
x2 = 1 ．
∴
{
an +1 + 3 = an +1 － 1 =
a2 （ a n + 3） 2 n + 3 +3 = ， 2（ an + 1） 2（ an + 1） a2 （ a n － 1） 2 n + 3 －1 = ． 2（ an + 1） 2（ an + 1） a +3 (a － 1)
第5 期
高中数学教与学
利用特征方程巧解分式递推数列问题
方志平
（ 广东省惠州市第一中学， 516007 ）
采用数学归纳法可以解分式递推数列问 然而解法过于繁琐 ， 而且在猜想通项公式 题， 时也易出错 ． 本文提出一种易于掌握的解法 — — — 特征方程法 （ 又称不动点法 ） ． 命题 一、 分式线性递推数列 如果数列 ｛ a n ｝ 满足下列条件 ： 已
由于特征方程 x =
∴ 实根 x1 = x2 = 2 ，
{ a 1－ 2 }是等差数列．
n
二、 分式非线性递推数列 分式非线性递推式 关系 a n +1 = aa + b 2 aa n + c
2 n
x2 是由递推 若 x1 ，
2 （ a， b， c 均不为 0 ， 且c +
4 ab ＞ 0 ） 所作的特征方程 x = 不相等的 实 根 ， 则 数 列 lg
2 t = 即 rt + st = pt + q，
px + q 2 ， 即 rx + （ s － p） x － q = 0 ． rx + s
特征方程法求解数列通项的依据
特征方程法求解递推关系中的数列通项湖北省竹溪县第一高级中学徐鸿考虑一个简单的线性递推问题.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，即则必须现在考虑一个分式递推问题（*）.例3已知数列满足性质：对于且求的通项公式.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①∵是特征方程的根，∴将该式代入①式得②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③当，即=时，由②式得故当即时，由②、③两式可得此时可对②式作如下变化：④由是方程的两个相同的根可以求得∴将此式代入④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⑤由第（1）部分的证明过程知不是特征方程的根，故故所以由⑤式可得：⑥∵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⑥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.现在求解前述例3的分类递推问题.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4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N≥2）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.2010-12-21 人教网。
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一、（一阶线性递推式）设已知数列｛a n ｝的项满足a j = b,a n 4 = ca n • d ,其中c = 0, c = 1,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一一特征方程 法：针对问题中的递推关系式作出一个方程 x =cx • d,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 x 0，则当x 0 = a 4时，a n为常数列，即a n 二a i ；当X o 二a i 时,a^ b n ' x o ，其中｛b n ｝是以c 为公比 的等比数列，即 b n = b 4c n J,b 4 =a 4-x 0.pl证明：因为c = 0,1,由特征方程得x 0——.作换元b n = a n - x 0,贝U 1 -c n 1当X 。
=a 1时，b 1 =0 ,数列｛b n ｝是以c 为公比的等比数列， 故b n =b1C _; 当 x ° 二a 1 时，d =0 , ｛b n ｝为 0 数列，故 a * =a 1,n • N.（证毕） 下面列举两例，说明定理 1的应用.1例1•已知数列｛a n ｝满足：a n^^a -2,- N,a—,求a n.13 解：作方程x x -2,则x 0. 3 2b"a n「x0 © d—注乂a .cd1 -c二 c(a n -X °) = cb n . 11一2 -3 一2 +X — a-fl等的比公为11 1 n4丁 3) ,a n-3b n —3叫-」)n‘, n N. 2 2 2 3b n列是例2.已知数列｛a n｝满足递推关系：a n ^（2a n - 3）i, n，N,其中i为虚数3单位。
当a i 取何值时，数列｛a .｝是常数数列?a^ :-,a 2二：给出的数列：a n 爲方程x 2- px -q =0，叫做数列 :a n / 的特征方程。
用特征根方程法求数列通项
r
0.③
0
ph
时,
qr,这与已知条件
由②式得bn0,n
ph
h
0,a1-），那么，可作特征方
r
,n
N；
P r
2Cn
q 0.
Cn
N.特别地，当存在n0N,使
n N,
(d
qr矛盾.故特征方程的根
卫于是
r
N,故andn
,n N.
例2：在数列｛an｝中，ai
3,a
（参考答案：
i22n i）考虑一个简单的线性递推问题
设已知数列｛an｝的项满足
a
其中c0,c1,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
生掌握的解法一一特征方程法：针对问题中的递推关系式作出一个方程
4(
例3.已知数列
｛aj满足:
对于
an
(5)
2 (
,n
N.
N
13a
1
(0若a15,求an；
（2）若a16,求an；
13x
解：作特征方程x
25
2
变形得x
10x
250,
特征方程有两个相同的特征根
x
3'
5n
43,,
(1)^a15, q x.
对于n
N,都有an
x
5；(2)
•-an
,n N.
n
7
一、数列的一阶特征方程（an
（2）当特征方程有两个相异的根
（称作特征根）
时，若a1
,则an
N,
a1
(n
特征方程求数列通项原理
特征方程求数列通项原理
特征根法求数列通项原理是数列{a(n)}，设递推公式为
a(n+2)=p*a(n+1)+q*a(n)，则其特征方程为x^2-px-q=0。
若方程有两相异根A、B，则a(n)=c*A^n+d*B^n，若方程有两等根A=B，则
a(n)=(c+nd)*A^n。
按一定次序排列的一列数称为数列，而将数列{an}的第n项用一个具体式子（含有参数n）表示出来，称作该数列的通项公式。
这正如函数的解析式一样，通过代入具体的n值便可求知相应an项的值。
数列（sequence of number）是以正整数集（或它的有限子集）为定义域的函数，是一列有序的数。
数列中的每一个数都叫做这个数列的项。
排在第一位的数称为这个数列的第1项（通常也叫做首项），排在第二位的数称为这个数列的第2项，以此类推，排在第n位的数称为这个数列的第n项，通常用an表示。
著名的数列有斐波那契数列，三角函数，卡特兰数，杨辉三角等。
1。
特征方程法求数列的通项公式
高中数学数列`特征方程法求数列的通项公式求数列通项公式的方法很多，利用特征方程的特征根的方法是求一类数列通项公式的一种有效途径.证明: 2()0,ax b a d bx cx d a x b cx d c cαβαβ+-=⇒+--=⇒+==-+(),d a c b c αβαβ∴=-+=-11()()()()()()()()n n n n n n n n n n n n aa ba ca d aab ca d ac a bd aa b a aa b ca d a c a b d ca dαααααβββββ+++--++-+-+-∴===+-+-+-+--+()[()]()()()[()]()()n n n n a c a c a c c a c a a c a c a c a c c a c a a c ααβαβααααβαβαβββββ-+-------==-+------- n n a a c a c a ααββ--=⋅-- 证毕证明: 22,d a c b c αα=-=-111()()()n n nn n n n n ca d ca d aa b a aa b ca d a c a b dca dααααα+++∴===+-+-+-+--+ 22222()(2)()()()2n n n n n n ca a c ca a c ca a ca c a c a c a c a a αααααααααα+-+-+-===--+---- 2242(2)2()()()()()()()()n n n n n n ca a c ca a c d c a a d a d a a d a a d a αααααα+-+-+-++===+-+-+-21n c a d a α=++- 证毕例1:各项均为正数的数列{}n a ,12,a a a b ==,且对满足m n p q +=+的正数,,,m n p q 都有(1)(1)(1)(1)p q m n m n p q a a a a a a a a ++=++++. (1)当14,25a b ==时,求通项n a ;(2)略. 解:由(1)(1)(1)(1)p q m nm n p q a a a a a a a a ++=++++得121121(1)(1)(1)(1)n n n n a a a a a a a a --++=++++ 将14,25a b ==代入上式化简得11212n n n a a a --+=+考虑特征方程212x x x +=+得特征根1x =± 所以11111121112112113112n n n n n nn n a a a a a a a a ------+--+-==⋅+++++ 所以数列11n n a a ⎧⎫-⎨⎬+⎩⎭是以111113a a -=-+为首项,公比为13的等比数列 故11111()()1333n nn n a a --=-⋅=-+ 即3131n n na -=+ 例2:已知数列{}n a 满足*1112,2,n n a a n N a -==-∈,求通项n a . 解: 考虑特征方程12x x=-得特征根1x = 111111111111111(2)11n n n n n n a a a a a a -----====+------ 所以数列11n a ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是以1111a =-为首项,公差为1的等差数列 故11n n a =- 即1n n a n += 类型二.已知数列{}n a 满足2112n n n a c a c a ++=+ ② (其中12,c c 为常数,且*20,c n N ≠∈.) 定义2:方程212x c x c =+为②的特征方程,该方程的根称为数列{}n a 的特征根,记为12,λλ. 定理3:若12λλ≠,则1122n n n a b b λλ=+,其中12,b b 常数,且满足111222221122a b b a b b λλλλ=+⎧⎨=+⎩.定理4: 若12λλλ==,则12()nn a b b n λ=+,其中12,b b 常数,且满足1122212()(2)a b b a b b λλ=+⎧⎨=+⎩.例3:已知数列{}n a 满足12211,2cos ,2cos n n n a a a a a ϕϕ++===-,求通项n a . 解: 考虑特征方程22cos 1x x ϕ=-得特征根12cos sin ,cos sin i i λϕϕλϕϕ=+=- 则121212(cos sin )(cos sin )()cos ()sin n n n a b i b i b b n i b b n ϕϕϕϕϕϕ=++-=++-其中12121212121201()cos ()sin sin 1()2cos ()cos 2()sin 2sin sin n b b b b i b b n a i b b b b i b b ϕϕϕϕϕϕϕϕ+=⎧=++-⎧⎪⇒⇒=⎨⎨-==++-⎩⎪⎩例4:已知数列{}n a 满足12212,8,44n n n a a a a a ++===-,求通项n a .解: 考虑特征方程244x x =-得特征根2λ=则12()2n n a b b n =+ 其中1211222()2024(2)81n n b b b a n b b b +==⎧⎧⇒⇒=⎨⎨+==⎩⎩。
用特征方程推导斐波那契数列的通项公式
１ 斐 波 那 契 数 列 及 其 迭 代 表 示
斐 波那 契数 列是 一个 古 老而有 趣 的 问题 ， 是 意大利 数 学家 斐波 那契 在 １ ０ 这 ２ ２年所 写 的一本 数学 书 《 算 的书 》 提 出 的生兔 子 问题＿ 。 珠 所 】 ］ 假设 一 对成 年兔 子放 于 围栏 中 ， 月可 生下 一对 一雌 一雄 的小兔 ， 每 而小 兔 出生 一个 月后 便可 以生 育 小兔 ， 每月 都生 下一 对一 雌一 雄 的小兔 ， 且 问把这 样一 对 初 生 的小 兔 置 于 围栏 中 ， 年 后 围栏 中共 有 多 一 少对 兔 子 （ 定兔 子没 有死 亡 ） 假 ？
中的分 数法 正是 基 于此 数列 ； 自然 中植物 的叶序 、 萝 中的鳞状 花萼 、 蜂进 蜂 房 的方式 数 、 大 菠 蜜 艺术上 的
黄金分 割点 等都 与斐 波 那契数 列 有着 密切 的联 系 。 百 年来 ， 波那 契数 列 以其无 穷 的魅力 和广 泛 的应 八 斐 用， 吸引着无 数 数学 家 的 目光 和兴 趣 。
＊ 收 稿 日期 ：２ １ —０ —２ ００ ４ １
基 金 项 目 ：２ ０ 年 安 徽 高校 省 级 自然科 学 研 究 项 目 （ Ｊ ０ ９ ０ ７ ） 安徽 省 教 育厅 优 秀 青 年人 才 基 金 项 目（ ０ ９ Ｑ Ｚ ２ ） ０９ Ｋ ２０ Ｂ １ Ｚ 和 ２ ０ Ｓ Ｒ ２ ３ 资助 。 作 者 简 介 ：宋 庭 武 ， ， 徽 繁 昌 人 ，芜 湖信 息 技 术 职 业 学 院讲 师 ， 徽 师 范 大 学 数 学 计 算 机 科 学 学 院 硕 士 研 究 生 ， 究 方 向 ： 男 安 安 研 代 数学 。
特征方程推导数列
例1已知数列,5,121==a a 且)2(4411≥-=-+n a a a n n n ，求通项公式n a 。
解 此数列对应特征方程为442-=x x 即0442=+-x x ，解得221==x x ， 设此数列的通项公式为n n nc c a 2)(21⋅+=， 由初始条件,5,121==a a 可知，⎩⎨⎧=⋅+=⋅+54)2(12)(2121c c c c ，解之得⎪⎩⎪⎨⎧=-=434121c c ， 所以22)13(-⋅-=n n n a 。
例2、设数列{}n a 满足n n n n a a a a a 求,7245,211++==+解： 对等式两端同加参数t 得()()解之可得令,5247,7252475272475272451++=++++⋅+=++++=+++=++t t t a t t a t a t a t t a a t a n n n n n n n 1-=t ，2，代入72)52(1++⋅+=++n n n a ta t t a ，得,72292,7213111++⋅=++-⋅=-++n n n n n n a a a a a a 相除得,21312121+-⋅=+-++n n n n a a a a即31,41212111公比为是首项为=+-⎭⎬⎫⎩⎨⎧+-a a a a n n 的等比数列，134234,34121111-⋅+⋅=⋅=+----n n n n n n a a a 解得。
用不动点法求数列的通项定义：方程x x f =)(的根称为函数)(x f 的不动点.利用递推数列)(x f 的不动点，可将某些递推关系)(1-=n n a f a 所确定的数列化为等比数列或较易求通项的数列，这种方法称为不动点法.定理1：若),1,0()(≠≠+=a a b ax x f p 是)(x f 的不动点，n a 满足递推关系)1(),(1>=-n a f a n n ，则)(1p a a p a n n -=--，即}{p a n -是公比为a 的等比数列.证明：因为 p 是)(x f 的不动点p b ap =+∴ap p b -=-∴由b a a a n n +⋅=-1得)(11p a a p b a a p a n n n -=-+⋅=---所以}{p a n -是公比为a 的等比数列. 定理2：设)0,0()(≠-≠++=bc ad c dcx bax x f ，}{n a 满足递推关系1),(1>=-n a f a n n ，初值条件)(11a f a ≠（1）：若)(x f 有两个相异的不动点q p ,，则qa p a k q a p a n n n n --⋅=----11（这里qc a pca k --=） （2）：若)(x f 只有唯一不动点p ，则k pa p a n n +-=--111 （这里d a c k +=2） 证明：由x x f =)(得x dcx bax x f =++=)(，所以0)(2=--+b x a d cx（1）因为q p ,是不动点，所以⎪⎩⎪⎨⎧=--+=--+0)(0)(22b q a d cq b p a d cp ⇒⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--=--=qc a bqd q pc a b pd p ，所以 q a pa qc a pc a qc ab qd a pc a bpd a qca pc a qdb a qc a pd b a pc a qdca b aa p d ca b aa q a p a n n n n n n n n n n n n --⋅--=------⋅--=-+--+-=-++-++=------------1111111111)()(令qc a pca k --=，则qa p a k q a p a n n n n --=----11（2）因为p 是方程0)(2=--+b x a d cx 的唯一解，所以0)(2=--+b p a d cp 所以ap cp pd b -=-2，cda p 2-=所以 dca p a cp a d ca ap cp a cp a d ca pd b a cp a p d ca b aa p a n n n n n n n n n +--=+-+-=+-+-=-++=---------111211111))(()()(所以da c p a p a cp a cp d cp a c p a cp d p a c cp a p a d ca cp a p a n n n n n n n ++-=-⋅-++-=-++-⋅-=-+⋅-=-------211)(111111111令d a c k +=2，则k pa p a n n +-=--111 例1：设}{n a 满足*11,2,1N n a a a a nn n ∈+==+，求数列}{n a 的通项公式 例2：数列}{n a 满足下列关系：0,2,2211≠-==+a a a a a a a nn ，求数列}{n a 的通项公式定理3：设函数)0,0()(2≠≠+++=e a fex cbx ax x f 有两个不同的不动点21,x x ,且由)(1n n u f u =+确定着数列}{n u ,那么当且仅当a e b 2,0==时,2212111)(x u x u x u x u n n n n --=--++证明: k x 是)(x f 的两个不动点∴fex c bx ax x k k k k +++=2即k k k bx x a e f x c --=-2)()2,1(=k∴222221211222211222122111)()()()()()()()(bx x a e u ex b au bx x a e u ex b au f x c u ex b au f x c u ex b au f eu x c bu au f eu x c bu au x u x u n n n n n n n n n n n n n n n n --+-+--+-+=-+-+-+-+=+-+++-++=--++于是,2212111)(x u x u x u x u n n n n --=--++⇔22222112222221211222)()()()(x u x u x u x u bx x a e u ex b au bx x a e u ex b au n n n n n n n n +-+-=--+-+--+-+ ⇔22222112222221211222)()(x u x u x u x u abx x a e u a ex b u a bx x a e u a ex b u n n n n n n n n +-+-=--+-+--+-+ ⇔⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=--=-221122x a ex b x aex b ⇔⎩⎨⎧=-+=-+0)2(0)2(21x e a b x e a b 1121x x 0≠ ∴方程组有唯一解a e b 2,0== 例3：已知数列}{n a 中,*211,22,2N n a a a a nn n ∈+==+,求数列}{n a 的通项.。
数列的递推特征方程法
数列的递推特征方程法特征方程法是通过构造特征方程，然后求解特征方程得到通解的一种方法。
下面我们将详细介绍特征方程法在数列递推中的应用。
首先，让我们来回顾一下数列的一般形式。
一个数列可以表示为：aₙ=c₁aₙ₋₁+c₂aₙ₋₂+...+cₙaₙ₋ₙ其中aₙ表示数列的第n项，c₁,c₂,...,cₙ为常数，k为递推阶数。
为了求解递推关系，我们首先要确定数列的特征方程。
特征方程的核心思想是假设数列的n项与前面的k项有关，然后构造一个特征方程来描述这个关系。
假设数列的特征方程为：xₙ-c₁xₙ₋₁-c₂xₙ₋₂-...-cₙ₋₁x₁-cₙ=0其中x₁,x₂,...,xₙ为变量。
我们可以通过观察数列的递推关系来确定特征方程中的系数。
具体方法如下：1.观察递推关系中的系数c₁,c₂,...,cₙ；3.求解特征方程，得到特征根。
特征方程的解，也称为特征根，是特征方程的根，通常由它的重根个数决定数列的通解形式。
当特征根都是互不相等的实数时，数列的通解可以表示为：aₙ=A₁r₁ⁿ+A₂r₂ⁿ+...+Aₙrₙⁿ其中A₁,A₂,...,Aₙ为常数，r₁,r₂,...,rₙ为特征根。
当特征根中存在共轭复根时，数列的通解可以表示为：aₙ = (A₁r₁ⁿ + A₂r₂ⁿ + ... + Aₙrₙⁿ)cos(ωn) + (B₁r₁ⁿ + B₂r₂ⁿ+ ... + Bₙrₙⁿ)sin(ωn)其中A₁,A₂,...,Aₙ,B₁,B₂,...,Bₙ为常数，r₁,r₂,...,rₙ为特征根，ω为共轭复根的辐角。
通过特征方程法，我们可以求解出数列的通解。
在实际问题中，根据已知的数列前几项，我们可以构造数列的递推关系并使用特征方程法求解出数列的通解。
然后根据题目给出的条件，我们可以求解出具体的系数，从而得到数列的具体形式。
总结起来，特征方程法是通过构造特征方程来求解数列的递推关系的一种方法。
通过特征方程的解，我们可以得到数列的通解，并根据题目给出的条件得到数列的具体形式。
特别解析特征方程法求解递推关系中的数列通项
特别解析：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}{n a 的项满足d ca a b a n n +==+11,,其中,1,0≠≠c c 求这个数列的通项公式;定理1：设上述递推关系式的特征方程的根为0x ,则当10a x =时,n a 为常数列,即0101,;x b a a x a a n n n +===时当,其中}{n b 是以c 为公比的等比数列,即01111,x a b c b b n n -==-.证明：因为,1,0≠c 由特征方程得.10cdx -=作换元,0x a b n n -=则.)(110011n n n n n n cb x a c ccdca c d d ca x a b =-=--=--+=-=--当10a x ≠时,01≠b ,数列}{n b 是以c 为公比的等比数列,故;11-=n n c b b当10a x =时,01=b ,}{n b 为0数列,故.N ,1∈=n a a n 证毕例1．已知数列}{n a 满足：,4,N ,23111=∈--=+a n a a n n 求.n a解：作方程.23,2310-=--=x x x 则 当41=a 时,.21123,1101=+=≠a b x a 数列}{n b 是以31-为公比的等比数列. 于是：.N ,)31(2112323,)31(211)31(1111∈-+-=+-=-=-=---n b a b b n n n n n n例2．已知数列}{n a 满足递推关系：,N ,)32(1∈+=+n i a a n n 其中i 为虚数单位;当1a 取何值时,数列}{n a 是常数数列 解：作方程,)32(i x x +=则.5360i x +-=要使n a 为常数,即则必须.53601ix a +-== 二、二阶线性递推式定理2：对于由递推公式n n n qa pa a +=++12,βα==21,a a 给出的数列{}n a ,方程02=--q px x ,叫做数列{}n a 的特征方程;若21,x x 是特征方程的两个根,当21x x ≠时,数列{}n a 的通项为1211--+=n n n Bx Ax a ,其中A,B 由βα==21,a a 决定即把2121,,,x x a a 和2,1=n ,代入1211--+=n n n Bx Ax a ,得到关于A 、B 的方程组；当21x x =时,数列{}n a 的通项为11)(-+=n n x B A a ,其中A,B 由βα==21,a a 决定即把2121,,,x x a a 和2,1=n ,代入11)(-+=n n x Bn A a ,得到关于A 、B 的方程组;例3：已知数列{}n a 满足),0(0253,,1221N n n a a a b a a a n n n ∈≥=+-==++,求数列{}n a 的通项公式;解法一待定系数、迭加法由025312=+-++n n n a a a ,得)(32112n n n n a a a a -=-+++, 且a b a a -=-12;则数列{}n n a a -+1是以a b -为首项,32为公比的等比数列, 于是：11)32)((-+-=-n n n a b a a ;把n n ,,3,2,1⋅⋅⋅=代入,得：a b a a -=-12, )32()(23⋅-=-a b a a , ••• ,21)32)((---=-n n n a b a a ;把以上各式相加,得：])32()32(321)[(21-+⋅⋅⋅+++-=-n n a b a a )(321)32(11a b n ---=-; a b b a a a b a n n n 23)32)((3)]()32(33[11-+-=+--=∴--;解法二特征根法：数列{}n a ：),0(025312N n n a a a n n n ∈≥=+-++, b a a a ==21,的特征方程是：02532=+-x x ;32,121==x x , ∴1211--+=n n n Bx Ax a 1)32(-⋅+=n B A ; 又由b a a a ==21,,于是：⎩⎨⎧-=-=⇒⎪⎩⎪⎨⎧+=+=)(32332b a B a b A B A b BA a 故1)32)((323--+-=n n b a a b a三、分式递推式定理3：如果数列}{n a 满足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ,都有hra qpa a n n n ++=+1其中p 、q 、r 、h 均为常数,且r h a r qr ph -≠≠≠1,0,,那么,可作特征方程hrx q px x ++=. 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 ,∈=n a n λ若λ≠1a ,则,N ,1∈+=n b a n n λ其中.N ,)1(11∈--+-=n r p rn a b n λλ特别地,当存在,N 0∈n 使00=n b 时,无穷数列}{n a 不存在；2当特征方程有两个相异的根1λ、2λ时,则112--=n n n c c a λλ,,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----=-a n rp r p a a c n n 其中例3、已知数列}{n a 满足性质：对于,324,N 1++=∈-n n n a a a n 且,31=a 求}{n a 的通项公式.解:依定理作特征方程,324++=x x x 变形得,04222=-+x x 其根为.2,121-==λλ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 ,)51(521∈-=-n c n n ∴.N ,1)51(521)51(52211112∈----⋅-=--=--n c c a n n n nn λλ 即.N ,)5(24)5(∈-+--=n a nn n 例5．已知数列}{n a 满足：对于,N ∈n 都有.325131+-=+n n n a a a1若,51=a 求;n a 2若,31=a 求;n a 3若,61=a 求;n a 4当1a 取哪些值时,无穷数列}{n a 不存在解：作特征方程.32513+-=x x x 变形得,025102=+-x x特征方程有两个相同的特征根.5=λ依定理2的第1部分解答.1∵∴=∴=.,511λa a 对于,N ∈n 都有;5==λn a 2∵.,311λ≠∴=a a ∴λλr p rn a b n --+-=)1(11令0=n b ,得5=n .故数列}{n a 从第5项开始都不存在,当n ≤4,N ∈n 时,51751--=+=n n b a n n λ. 3∵,5,61==λa ∴.1λ≠a ∴.,811)1(11N n n r p r n a b n ∈-+=--+-=λλ令,0=n b 则.7n n ∉-=∴对于.0b N,n ≠∈n∴.N ,7435581111∈++=+-+=+=n n n n b a nn λ 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}{n a 是存在的,当51=≠λa 时,则有.N ,8151)1(111∈-+-=--+-=n n a r p r n a b n λλ令,0=n b 则得N ,11351∈--=n n n a 且n ≥2.∴当11351--=n n a 其中N ∈n 且N ≥2时,数列}{n a 从第n 项开始便不存在. 于是知：当1a 在集合3{-或,:1135N n n n ∈--且n ≥2}上取值时,无穷数列}{n a 都不存在.定理3证明：分式递推问题：如果数列}{n a 满足下列条件：已知1a 的值且对于N ∈n ,都有hra q pa a n n n ++=+1其中p 、q 、r 、h 均为常数,且r ha r qr ph -≠≠≠1,0,,那么,可作特征方程hrx qpx x ++=.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 ,∈=n a n λ若λ≠1a ,则,N ,1∈+=n b a n n λ其中.N ,)1(11∈--+-=n r p r n a b n λλ特别地,当存在,N 0∈n 使00=n b 时,无穷数列}{n a 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112--=n n n c c a λλ,,N ∈n 其中).(,N ,)(211212111λλλλλ≠∈----=-a n rp r p a a c n n 其中证明：先证明定理的第1部分. 作交换N ,∈-=n a d n n λ, 则λλ-++=-=++h ra q pa a d n n n n 11hra hq r p a n n +-+-=λλ)( h d r h q r p d n n ++-+-+=)())((λλλλλλλλr h rd q p h r r p d n n -+--+--=])([)(2 ①∵λ是特征方程的根,∴λ.0)(2=--+⇒++=q p h r hr qp λλλλ将该式代入①式得.N ,)(1∈-+-=+n rh rd r p d d n n n λλ ②将rpx =代入特征方程可整理得,qr ph =这与已知条件qr ph ≠矛盾.故特征方程的根λ,rp≠于是.0≠-r p λ ③ 当01=d ,即λ+=11d a =λ时,由②式得,N ,0∈=n b n 故.N ,∈=+=n d a n n λλ 当01≠d 即λ≠1a 时,由②、③两式可得.N ,0∈≠n d n 此时可对②式作如下变化：.1)(11rp rd r p r h r p d r h rd d n n n n λλλλλ-+⋅-+=--+=+ ④由λ是方程h rx q px x ++=的两个相同的根可以求得.2r hp -=λ ∴,122=++=---+=-+h p p h rrh p p rr h p h r p r h λλ将此式代入④式得.N ,111∈-+=+n rp rd d n n λ 令.N ,1∈=n d b n n 则.N ,1∈-+=+n rp rb b n n λ故数列}{n b 是以r p r λ-为公差的等差数列.∴.N ,)1(1∈-⋅-+=n rp rn b b n λ其中.11111λ-==a db 当0,N ≠∈n b n 时,.N ,1∈+=+=n b d a nn n λλ当存在,N 0∈n 使00=n b 时,λλ+=+=0001n n n b d a 无意义.故此时,无穷数列}{n a 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 ,21∈--=n a a c n n n λλ故21111λλ--=+++n n n a a c ,将hra qpa a n n n ++=+1代入再整理得N ,)()(22111∈-+--+-=+n hq r p a hq r p a c n n n λλλλ ⑤由第1部分的证明过程知r p x =不是特征方程的根,故.,21rp r p ≠≠λλ 故.0,021≠-≠-r p r p λλ所以由⑤式可得：N ,2211211∈--+--+⋅--=+n rp h q a r p hq a rp r p c n n n λλλλλλ ⑥∵特征方程hrx q px x ++=有两个相异根1λ、2λ⇒方程0)(2=--+q p h x rx 有两个相异根1λ、2λ,而方程xrp xh q x --=-与方程0)(2=---q p h x rx 又是同解方程.∴222111,λλλλλλ-=---=--rp hq r p h q将上两式代入⑥式得当,01=c 即11λ≠a 时,数列}{n c 是等比数列,公比为rp rp 21λλ--.此时对于N ∈n 都有当01=c 即11λ=a 时,上式也成立. 由21λλ--=n n n a a c 且21λλ≠可知.N ,1∈=n c n所以.N ,112∈--=n c c a n n n λλ证毕注:当qr ph =时,h ra q pa n n ++会退化为常数;当0=r 时,hra qpa a n n n ++=+1可化归为较易解的递推关系,在此不再赘述.求数列通项公式的方法很多,利用特征方程的特征根的方法是求一类数列通项公式的一种有效途径.1.已知数列{}n a 满足1n n n a a b a c a d+⋅+=⋅+......① 其中*0,,c ad bc n N ≠≠∈.定义1:方程ax bx cx d+=+为①的特征方程,该方程的根称为数列{}n a 的特征根,记为,αβ. 定理1:若1,a αβ≠且αβ≠,则11n n n n a a a c a a c a αααβββ++---=⋅---.定理2: 若1a αβ=≠且0a d +≠,则1121n n c a a d a αα+=+-+-.例109·江西·理·22各项均为正数的数列{}n a ,12,a a a b ==,且对满足m n p q +=+的正数,,,m n p q 都有(1)(1)(1)(1)p q m nm n p q a a a a a a a a ++=++++. 1当14,25a b ==时,求通项n a ;2略. 例2 已知数列{}n a 满足*1112,2,n n a a n N a -==-∈,求通项n a . 例 3 已知数列{}n a 满足11122,(2)21n n n a a a n a --+==≥+,求数列{}n a 的通项n a例4已知数列{}n a 满足*11212,()46n n n a a a n N a +-==∈+,求数列{}n a 的通项n a2.已知数列{}n a 满足2112n n n a c a c a ++=+② 其中12,c c 为常数,且*20,c n N ≠∈. 定义2:方程212x c x c =+为②的特征方程,该方程的根称为数列{}n a 的特征根,记为12,λλ.定理3:若12λλ≠,则1122n nn a b b λλ=+,其中12,b b 常数,且满足111222221122a b b a b b λλλλ=+⎧⎨=+⎩. 定理4: 若12λλλ==,则12()nn a b b n λ=+,其中12,b b 常数,且满足1122212()(2)a b b a b b λλ=+⎧⎨=+⎩. 例5已知数列{}n a 满足*12212,3,32()n n n a a a a a n N ++===-∈,求数列{}n a 的通项n a 例6已知数列{}n a 满足*12211,2,44()n n n a a a a a n N ++===-∈,求数列{}n a 的通项n a例7:已知数列{}n a 满足12212,8,44n n n a a a a a ++===-,求通项n a .。
用特征方程求数列的通项
用特征方程求数列的通项通项公式（或递推公式）是一个能够描述数列中每一项与前面的项有何种关系的方程式。
特征方程是解决递推公式的常用方法之一、接下来我将详细介绍特征方程的应用过程。
为了说明特征方程的用法和应用，我将以一个简单的数列为例，展示如何使用特征方程来求解这个数列的通项公式。
假设我们有一个数列：1, 2, 4, 8, 16, ...。
我们可以观察到每一项等于前一项乘以2，因此可以得出递推公式为an = 2 * an-1、其中an 表示第n项。
现在，我们来利用特征方程来推导这个数列的通项公式。
首先，我们设数列的通项公式为f(n)，并设特征方程为an = r * an-1根据递推公式an = 2 * an-1，我们有f(n) = 2 * f(n-1)。
将f(n)替换为an，f(n-1)替换为an-1，则特征方程变为an = 2 * an-1接下来，我们将特征方程的右边移到左边，并将an除以an-1，得到2 = an / an-1、由于an / an-1等于f(n) / f(n-1)，我们可以将特征方程改写为f(n) / f(n-1) = 2继续化简，得到f(n)=2*f(n-1)。
可以注意到这个递推公式与原数列的递推公式相同。
因此，我们可以得出结论，这个数列的通项公式为f(n)=2^n。
所以，数列1,2,4,8,16,...的通项公式为f(n)=2^n。
通过这个简单的例子，我们可以看到特征方程的应用过程。
通过将递推公式变形为特征方程的形式，我们可以通过求解特征方程得到数列的通项公式。
特征方程的应用不仅仅局限于这个简单的数列，它可以用于解决更加复杂的递推关系。
我们可以将递推关系转化为特征方程，并通过解特征方程来求解数列的通项公式。
总结一下，特征方程可以帮助我们求解数列的通项公式。
它将递推关系转化为一个以未知数为变量的等式，通过解这个等式得出数列的通项公式。
通过特征方程的应用，我们能够更好地理解和推导数列的递推关系，从而更加深入地研究数列的性质和特点。
数列中特征方程解决数列的相关问题
数列中特征方程解决数列的相关问题——数列中不动点的应用在高中，对于数列我们只是对等比和等差数列，进行系统的学习，然而在有些考题中，对数列的考查则是在数列构造上，通过构造数列化归到我们熟悉的等比等差数列。
特征方程在数学中应用很广，高等数学中的微分方程以及其他学科都有其出现，就数列而言，利用特征方程和不动点，构造等比数列（等差数列），解决数列问题，为学生提供了更快捷的思路对于相关数列题目。
牛顿说一个好例子胜过十条定理，那么就先分析三种形式的关于数列的题设的四种情况。
1n n n ba ca da e++=+型1.当d=0时，1n n b ca a e e+=+，即1n n a ka m +=+ 即其特征方程为 x kx m =+，属于一次型方程。
注解 其中把()f x kx m =+叫做其的特征函数，2,3中类似。
2.当d ≠0时，1n n n ba c a da e ++=+的特征方程为bx cx dx e+=+，属于分式型方程。
注解 上述分式通过变形可以表示成二次型方程，()20dx e b x c +--=，与第3种情况相近，但和第4种条件有本质区别212n n n ba ca ba d++=+型（b ≠0） 3 . 上述类型的特征方程为 22b x cx b x d+=+，属于分式型方程210n n n aa pa qa ++++=型4．上述类型的特征方程为20ax px q ++=，属于二次型方程针对前三种情况而言，先简绍一个概念，不动点在数学中是指"被这个函数映射到其自身一个点"。
即函数()f x x =，x 的取值称之为不动点，具体展开讲，对于高中生有些难以接受，知道最基本的概念就好。
前三种情况说的概括一点已知()1n n a f a +=，是数列的一种递推关系，对于数列而言，引进一个极限想法，在无穷远处，数列的1n a +和n a 是一致的，当然这种情况的认定要基于数列不属于类似{}1,1,1,1,1,1,...,1,1----，sin 2n a n π⎛⎫= ⎪⎝⎭的数列，要求数列收敛或单调发散。
特征根法求数列通项推导
特征根法求数列通项推导
特征根法是一种常见的求解数列通项公式的方法，其基本思想是通过数列的递推关系式构造出一个矩阵，然后求解该矩阵的特征值和特征向量，从而得到数列的通项公式。
具体推导过程如下：假设有一个数列 {a1, a2, a3, …, an}，其递推关系式为：
an = c1an-1 + c2an-2 + … + ckan-k
其中，c1, c2, …, ck 为常数，k 为递推式的阶数（k≥2）。
我们将数列的前 k 项写成一个向量：
x = [an, an-1, …, an-k+1]T
则数列的递推关系式可以表示为：
x = A x
其中，A 为一个 k×k 的矩阵，其元素为：
A=c1c2ck1c1c2ck2c1c2c1
矩阵 A 的特征值λ和对应的特征向量 X 可以通过求解下面
的方程得到：
AX = λX
若λ1, λ2, …, λk 为矩阵 A 的 k 个特征值，X1, X2, …, Xk 分别为对应的特征向量，则数列的通项公式为：
an = α1λ1n + α2λ2n + … + αkλkn
其中，α1, α2, …, αk 为常数，可以通过数列的前 k 项和特征向量解出。
以上就是特征根法求数列通项的推导过程。
需要注意的是，特征
根法只适用于递推式为线性常系数递推式的数列，对于其他类型的数列可能不适用。
同时，如果矩阵 A 存在重复的特征值，则需要对应的特征向量进行线性组合后才能得到正确的通项公式。
特征根方程求数列通项
特征根方程求数列通项特征根方程求数列通项，这个听起来可真复杂，其实就像我们平时做菜，调料不一样，味道就差很远。
大家有没有发现，数列就像生活中的规律，有时候它们跑得快，有时候又慢得让你抓狂。
想象一下，如果你在街上走，看到一个人往前冲，突然停下来，那感觉就像是数列中的某个值突然冒出来，真让人哭笑不得。
哎，数列就这样，一开始让人觉得高深莫测，实际上，掌握了特征根方程，你就能轻松搞定它。
数列其实分成好多种，有的简单得像喝水，有的复杂得让人想逃。
特征根方程就像是钥匙，帮你打开数列的大门。
你得写出数列的递推关系式，这可不像编程那么死板。
想象一下，你在写日记，记录下生活中每个有趣的瞬间。
哎，这里要注意，递推关系式就像你日记的开头，让后面的事情有迹可循。
写完了，接下来就是寻找特征方程，简单说，就是要找出一个方程，能让你的数列“安安稳稳”地运行。
哦，话说回来，特征根方程的求解也不是件轻松事。
它就像你最爱的巧克力，外面看起来平平无奇，咬开一口，竟然是满满的惊喜。
你得先把特征方程转化为一个多项式，记住，方程就像一个谜语，越是看似简单的，越是需要用心去解。
解出来的根，有可能是实数，也有可能是复数，这就像你的人生，总有一些未知的惊喜等着你。
找到根之后，接下来就进入了数列的终极阶段。
你得根据根的情况，构造出数列的通项公式。
哎，构造的过程就像搭积木，根的组合方式决定了你最后的作品。
假如说你的根是重复的，那就像是一首歌的副歌部分，一遍又一遍地响起，数列的形状就得变得独特一些。
然后，如果根是不同的，那就像是不同的乐器齐奏，各自发出美妙的音符，数列自然也就各具风格。
所以，掌握特征根方程，简直是打开了一个新的世界。
想想看，这不仅仅是数学上的技巧，还是一种思维方式。
它教会你观察生活中的规律，发现潜在的联系。
就像你走进一个市场，看到摊贩的叫卖声，突然意识到每个人都有自己的节奏，数列的背后其实是生活的缩影。
无论是数列的递推关系，还是最终的通项公式，都是在告诉你，事情总是有迹可循的。
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递推数列特征方程的来源与应用
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。
新教材将数列放在高一讲授，并明确给出“递推公式”的概念：如果已知数列{}n a 的第1项（或前几项），且任一项n a 与它的前一项1-n a （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。
本文以线性递推数列通项求法为例，谈谈这方面的认识。
关于一阶线性递推数列：),1(,11≠+==+c d ca a b a n n 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t c ca a t a c t a n n n n )1(),(11-+=+=+++则 ，
令d t c =-)1(，即1
-=c d t ，当1≠c 时可得 )1
(11-+=-++c d a c c d a n n 知数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+
1c d a n 是以c 为公比的等比数列， 11)1
(1--+=-+∴n n c c d a c d a 将b a =1代入并整理，得
()1
1---+=-c d c b d bc a n n n 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-++=n n n qa pa a 其特征方程为02
2=--+=q px x q px x 即，
1、 若方程有两相异根A 、B ，则n n n B c A c a 21+=
2、 若方程有两等根,B A =则n n A nc c a )(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-+-=-n n n n ta a s ta a ，则11)(-+-+=n n n sta a t s a ,
令⎩
⎨⎧-==+q st p t s （*） （1） 若方程组（*）有两组不同的解),(),,(2211t s t s ,
则)(11111-+-=-n n n n a t a s a t a ,
)(12221-+-=-n n n n a t a s a t a ,
由等比数列性质可得1111211)(-+-=-n n n s a t a a t a ,
1
212221)(1-+-=-n n n s a t a a t a , ,21t t ≠ 由上两式消去1+n a 可得
()()()
n n n s t t s a t a s t t s a t a a 21221221121112..-----=. 特别地，若方程组（*）有一对共扼虚根(),sin cos θθi r ±通过复数三角形式运算不难求得此时数列的通项公式为(),sin cos 21θθn c n c r a n n +=其中1c 、2c 可由初始条件求出。
（2） 若方程组（*）有两组相等的解⎩⎨⎧==21
21t t s s ，易证此时11t s =，则 ()()112112112111111)(a t a s a t a s a t a s a t a n n n n n n n -==-=-=-----+ ，
211121111
s a t a s a s a n n n n -=-∴++,即⎭
⎬⎫⎩⎨⎧n n s a 1是等差数列， 由等差数列性质可知()21
112111.1s a t a n s a s a n n
--+=， 所以n n s n s a t a s a t a s a a 1211122111211.⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=．
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,002
2=--=--q pt t q ps s 或此方程的两根
即为特征方程q px x +=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 =+===-+n a a a a a n n n ，求通项公式n a 。
解 此数列对应特征方程为12+=x x 即012=--x x ，解得2
51±=x ， 设此数列的通项公式为n n n c c a )2
51()251(
21-++=， 由初始条件121==a a 可知， ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧=-++=-++1)251()251(1251251222121c c c c ，解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==515121c c ， 所以⎥⎦
⎤⎢⎣⎡--+=n n n a )251(251(55）。
例2、 已知数列,5,121==a a 且)2(4411≥-=-+n a a a n n n ，求通项公式n a 。
解 此数列对应特征方程为442-=x x 即0442
=+-x x ，解得221==x x ， 设此数列的通项公式为n n nc c a 2)(21⋅+=，
由初始条件,5,121==a a 可知， ⎩⎨⎧=⋅+=⋅+54)2(12)(2121c c c c ，解之得⎪⎩
⎪⎨⎧=-=434121c c ， 所以22)13(-⋅-=n n n a 。
例3 已知数列,1,021==a a 且)2(2211≥+=-+n a a a n n n ，求通项公式n a 。
解 此数列对应特征方程为222+=x x 即0222
=+-x x ， 解得)4
sin 4cos (211π
π±=±=c i x ， 设此数列的通项公式为)4
sin 4cos ()2(21ππn c n c a n n +=， 由初始条件,1,021==a a 可知，
⎪⎩⎪⎨⎧=+=+1)42sin 42cos ()2(0)4sin 4cos (221221ππππc c c c ，解之得⎪⎩
⎪⎨⎧=-=212121c c ， 所以)4
cos 4(sin 2)2(ππn n a n n -=。
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{}n a 满足n n n n a a a a a 求,7
245,211++=
=+ 解： 对等式两端同加参数t 得 ()()解之可得令,5247,7252475272475272451++=++++
⋅+=++++=+++=++t t t a t t a t a t a t t a a t a n n n n n n n 1-=t ，2，代入7
2)52(1++⋅+=++n n n a t a t t a ， 得,72292,7213111++⋅=++-⋅=-++n n n n n n a a a a a a 相除得,2
1312121+-⋅=+-++n n n n a a a a 即31,41212111公比为是首项为=+-⎭
⎬⎫⎩⎨⎧+-a a a a n n 的等比数列， 1
34234,34121111-⋅+⋅=⋅=+----n n n n n n a a a 解得。
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.。