特征方程法求解遞推關(guān)系中的數(shù)列通項

1、特征方程法求解遞推關(guān)系中的數(shù)列通項（二）三、（分式遞推式）定理3：如果數(shù)列an滿足下列條件：已知ai的值且對于n N，都有an 1pan q ran h（其中p、q、r、h均為常數(shù)，且phqr, r0, ai-）,那么，可作特r征方程(1)pxxrx h當(dāng)特征方程有兩個相同的根（稱作特征根）時,右a1,則anN；右a1，則an1bn,nN,其中bna1,nN.特別地，當(dāng)存在noN，使0時,無窮數(shù)列an不存在.(2)當(dāng)特征方程有兩個相異的根2 （稱作特征根）時，則an色 1 , n N,Cn1其中G a,a11 p 訂 n 1(),n2 p 2rN,(其中 a12).例3、已知數(shù)列an滿足性質(zhì)：

2、對于n N,anan2an4,且a133,求an的通項公式.x 4解：依定理作特征方程 x 42x方程有兩個相異的根，使用定理2,變形得2x32的第（2）部分，則有2x 40,其根為11, 22故特征Cna11(衛(wèi)1 r、na12 p2）()n1,n1 2 2N.21、n 15( 5),nN.2Cn1Cn11、n 15)(1)n1 155-5(25,nN.即anN.例5.已知數(shù)列an滿足：對于n N,都有an i13an 25an 3(1)ai5,求 an；(2)ai3,求 an；(3)ai6,求 an；ai取哪些值時，無窮數(shù)列an不存在?13x 25解：作特征方程x .變形得x210xx 3

3、特征方程有兩個相同的特征根250,ai5,ai3,二 bnai(n令bn5.依定理2的第（對于n N,都有an1）部分解答.5；13 5120，得ai6,ai令bn0,則丄bn（4）、顯然當(dāng)a15 時(nn 5.故數(shù)列an從第5項開始都不存在,N 時，an5,aiai丄bn(n 1)P r7 n.對于5n 17n 5n 1 N.N, bn 0.5n 43,nN.3時，數(shù)列從第2項開始便不存在.由本題的第（1）小題的解答過程知,數(shù)列an是存在的，ai5 時，則有bna1r(n 1)-p1 n 1,n r a158N.令 bn 0,則得 a1_ ,n Nn 1且 n > 2.5n 13 一亠

4、當(dāng)a(其中nn 1N且2）時,數(shù)列an從第n項開始便不存在于是知：當(dāng)a1在集合N,且n >2上取值時，無窮數(shù)列a*者E不存在練習(xí)題：求下列數(shù)列的通項公式:1、在數(shù)列an中，1,a27,an2an 1 3an 2(n 3)，求 a.。(key :2、3、4、5、6、7、an 2 3n1 ( 1)在數(shù)列an中,在數(shù)列an中，在數(shù)列an在數(shù)列an中,在數(shù)列an中,aia11)naia11,a23, a2ai5,且 an7, an3an 11 4an 2，2an 2(n3, a22,an 223an 1時，an a (n在數(shù)列an中，a1求 an (key : an在數(shù)列an .(key:a.此

5、時，an (n 1)a2求 an。(key : a*3),求 an °( key : a*2n '1)求 an 。( key :3, a2a,a25(4an1 an)，求彳 2an。(key : an 13* 1)b, an 2pan 1qan，且 Pq 1 .求 an. (key : q 11)(b a) ； q 1 時,anaq b (ba)( q)n1)a,a2 a b, pan 2 (Pq)an 1qan 0 （ p,q是非0常數(shù)）.ann 1(-)b ( pPq)；ana1(n 1)b)( p q)a2c(a1, a?給(n 2)a1a1 (an ban 1 can

6、 2，上式不能應(yīng)用,附定理3的證明定理3（分式遞推問題）：如果數(shù)列an滿足下列條件：已知ai的值且對于n N，都有an 1q （其中P、q、r、h均為常數(shù)，且 ph qr, r 0,a1 h），那么，可作特ran hr征方程 x .rx h（1）當(dāng)特征方程有兩個相同的根（稱作特征根）時,若a,則 an,nN;若 a1，則an丄bn,n1 N,其中bn1(n 1)- ,nN.特別地，當(dāng)存在n0N '使 bno0時,無窮數(shù)列ana1p r不存在（2）當(dāng)特征方程有兩個相異的根1、2 （稱作特征根）時，則an2Cn1，n N,其Cn1中Cna11 ( p1r)n 1,nN,(其中 a12).a

7、i 2 p 2r證明：先證明定理的第（1 ）部分作交換dn an , n N則 d n 1 an 1panqranhan(pr) q hran h(dn )(p r) q h r(dn) hdn(P r) r 2 (h p) qrdn h r是特征方程的根,p q r 2 (h p) q 0. r h將該式代入式得dn 1 旦3 °,n N. rd n h rp代入特征方程可整理得ph qr,這與已知條件 ph qr矛盾.故特征方程的rJ r于是pr0.當(dāng)d10,即a1d1=時，由式得bn0,n當(dāng)d10即a1時，由、兩式可得 dn0,n1rd nhrh r 1r根N.此時可對式作如下

8、變化:d n 1dn(Pr)p r dn p rN,故an dn,n N.由 是方程xrxh r hh rp rHpPJ的兩個相同的根可以求得 hp hr2r_p hr2r1將此式代入式得 一dnN.令bn1,ndnN.則 bn1 bn- bnb1(n1) p rd1aiN.當(dāng) n N,g0時，an dnbn當(dāng)存在n° N,使bn00時,anodn。是不存在的.再證明定理的第（2）部分如下:特征方程有兩個相異的根P h2rrN.故數(shù)列bn是以一為公差的等p rN.1bn°無意義.故此時，無窮數(shù)列an其中必有一個特征根不等于a1，不妨令2 a1.a于是可作變換cnn一1, n

9、an 2N.故Cn i-，將 an 1旦 q代入再整理得ran han（P-r） q -h,nan（P2） q 2h由第(1)部分的證明過程知 x P不是特征方程的根，故r故P1r0,P2r 0.所以由式可得anq1hP1rp1r,n Nn 12hP2ranqp2r特征方程xPxq有兩個相異根1、rxh異根1、2 ,而方程x qxh2與方程rxPxr.q1hq2h1,2p1rP2r將上兩式代入式得Cn 1P1ran1P1rCn, nP2ran2P2r22 方程rx x(h p) q0有兩個相x(h p) q0又是同解方程.N當(dāng)c10,即 a11時，數(shù)列Cn是等比數(shù)列，公比為r-.此時對于n N