特征根法求数列通项

特征方程法求解递推关系中的数列通项

当()fxx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。

典型例子：

1

n

n

n

aab

a

cad







令

axb

x

cxd







，即

2()0cxdaxb，

令此方程的两个根为

12

,xx，(1)若

12

xx,则有

111

11

nn

p

axax







（其中

2c

p

ad





）

(2)若

12

xx,则有

111

122

nn

nn

axax

q

axax











（其中

1

2

acx

q

acx







）

例题1：设

23

()

27

x

fx

x







，

(1)求函数()yfx的不动点；(2）对(1)中的二个不动点,()abab，求使

()

()

fxaxa

k

fxbxb







恒成立

的常数k的值；

(3)对由

11

1,()

nn

aafa



(2)n定义的数列{}

n

a，求其通项公式

n

a。

23

()

27

x

fx

x







解析：(1)设函数()fx的不动点为

0

x，则

0

0

0

23

27

x

x

x







解得

0

1

2

x或

0

3x(2)由

231

111

()

1

272

222

23

8248(3)83

3

27

x

xxx

x

x

xxx

x



















可知使

()

()

fxaxa

k

fxbxb







恒成立的常数

1

8

k。(3)由(2)可知1

1

11

1

22

383

nn

nn

aa

aa











，所以数列

1

2

3

n

n

a

a















是以

3

4

为首项，

1

8

为公比的等比数列。则1

1

31

2

()

348

n

n

n

a

a









，则

1

1

911

()

482

31

1()

48

n

n

n

a











例2．已知数列}{

n

a满足性质：对于

1

4

N,,

23

n

n

n

a

na

a







且,3

1

a求}{

n

a的通项公式.

解:依定理作特征方程,

32

4







x

x

x变形得,04222xx其根为.2,1

21

故特征方程有两个相异的

根，则有

1

1

4

1

12342311

1

4

244651052

2

23

n

nnnnnn

n

nnnnn

n

a

aaaaaa

a

aaaaa

a





















即

1

1

11

1

252

nn

nn

aa

aa











又

1

1

1

312

2325

a

a









∴数列

1

2

n

n

a

a











是以

2

5

为首项，

1

5

为公比的等比数列

1

1

21

()

255

n

n

n

a

a









1

1

41

()1

(5)4

55

,N.

21

2(5)

1()

55

n

n

n

n

n

an















例3．已知数列}{

n

a满足：对于,Nn都有.

3

2513

1







n

n

na

a

a

（1）若,5

1

a求;

n

a（2）若,6

1

a求;

n

a

解：作特征方程.

3

2513







x

x

x变形得,025102xx特征方程有两个相同的特征根5.x

（1）∵

11

5,.aax对于,Nn都有5;

n

ax（2）∴

543

,N.

7n

n

an

n







一、数列的一阶特征方程（

1nn

apaq



型）

在数列{}

n

a中，

1

a已知，且2n时，

1nn

apaq



（,pq是常数），

（1）当1p时，数列{}

n

a为等差数列；（2）当0p时，数列{}

n

a为常数数列；

（3）当1,0pq时，数列{}

n

a为等比数列；

（4）当0,1,0pq时，称xpxq是数列{}

n

a的一阶特征方程，其根

1

q

x

p





叫做特征方程的特征根，这时

数列{}

n

a的通项公式为：

1

1

()n

n

aaxpx；

例1：已知数列{}

n

a中，

1

5a，且2n时，求

n

a；

（参考答案：

1

22

27

3n

n

a



）

二、数列的二阶特征方程（

21nnn

apaqa



型）

在数列{}

n

a中，

1

a与

2

a已知，且

21nnn

apaqa



（,pq是常数），则称

2xpxq是数列{}

n

a的二阶特征方程，

其根

1

x，

2

x叫做特征方程的特征根。

（1）当

12

xx时，有

1122

nn

n

acxcx；（2）当

12

xx时，有

1

11

[(1)]n

n

aandx；

其中

12

,,ccd由

12

,aa代入

n

a后确定。

例2：在数列{}

n

a中，

12

3,7aa，且3n时，

12

340

nnn

aaa



，求

n

a；

（参考答案：

121(1)2nn

n

a）考虑一个简单的线性递推问题.

设已知数列}{

n

a的项满足

1

ab,

1nn

acad





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.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

0

x，则当

10

ax时，

n

a为常数列，即

0101

,;xbaaxaa

nnn

时当，其中}{

n

b是以c为公比的等比数列，即

011

1

1

,xabcbbn

n



.

证明：因为,1,0c由特征方程得.

10c

d

x



作换元,

0

xab

nn



则

1101nnn

d

baxcad

c





0

().

1nnn

cd

cacaxcb

c





当

10

ax时，0

1

b，数列}{

n

b是以c为公比的等比数列，故;1

1

n

n

cbb

当

10

ax时，0

1

b，}{

n

b为0数列，故.N,

1

naa

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,2

3

1

11





anaa

nn

求.

n

a

解：作方程.

2

3

,2

3

1

0

xxx则

当4

1

a时，.

2

11

2

3

,

1101

abxa数列}{

n

b是以

3

1

为公比的等比数列.于是

11

1

1111

()(),

323

nn

n

bb

1

33111

(),N.

2223

n

nn

abn

例2．已知数列}{

n

a满足递推关系：,N,)32(

1





niaa

nn

其中i为虚数单位.

当

1

a取何值时，数列}{

n

a是常数数列？

解：作方程,)32(ixx则.

5

36

0

i

x



要使

n

a为常数，即则必须.

5

36

01

i

xa





现在考虑一个分式递推问题（*）.

例3．已知数列}{

n

a满足性质：对于,

32

4

,N

1







n

n

na

a

an且,3

1

a求}{

n

a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}{

n

a满足下列条件：已知

1

a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

arqrph

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（称作特征根）时，若,

1

a则;N,na

n



若

1

a，则,N,

1

n

b

a

n

n

其中.N,)1(

1

1









n

rp

r

n

a

b

n

特别地，当存在,N

0

n使

0

0



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

1

、

2

（称作特征根）时，则

1

12







n

n

nc

c

a



，,Nn其中

).(,N,)(

21

1

2

1

21

11



















an

rp

rp

a

a

cn

n

其中

证明：先证明定理的第（1）部分.作交换N,nad

nn



则







hra

qpa

ad

n

n

nn11hra

hqrpa

n

n







)(

hdr

hqrpd

n

n







)(

))((









rhrd

qphrrpd

n

n







])([)(2

①

∵是特征方程的根，∴.0)(2





qphr

hr

qp







将该式代入①式得.N,

)(

1











n

rhrd

rpd

d

n

n

n



②

将

r

p

x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,

r

p

于是

.0rp③

当0

1

d，即

11

da=时，由②式得,N,0nb

n

故.N,nda

nn



当0

1

d即

1

a时，由②、③两式可得.N,0nd

n

此时可对②式作如下变化：

.

1

)(

1

1

rp

r

drp

rh

rpd

rhrd

d

nn

n

n



























④

由是方程

hrx

qpx

x





的两个相同的根可以求得.

2r

hp



∴,1

2

2























hp

ph

r

r

hp

p

r

r

hp

h

rp

rh





将此式代入④式得.N,

11

1









n

rp

r

dd

nn



令.N,

1

n

d

b

n

n

则.N,

1









n

rp

r

bb

nn

故数列}{

n

b是以

rp

r



为公差的等差数列.

∴.N,)1(

1





n

rp

r

nbb

n

其中.

11

11

1



ad

b

当0,N

n

bn时，.N,

1

n

b

da

n

nn



当存在,N

0

n使0

0



n

b时，

0

00

1

n

nnb

da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

1

、

2

，∴其中必有一个特征根不等于

1

a，不妨令.

12

a于是可作变换

.N,

2

1





n

a

a

c

n

n

n



故

21

11

1















n

n

na

a

c，将

hra

qpa

a

n

n

n





1

代入再整理得

N,

)(

)(

22

11

1











n

hqrpa

hqrpa

c

n

n

n



⑤

由第（1）部分的证明过程知

r

p

x不是特征方程的根，故.,

21r

p

r

p



故.0,0

21

rprp所以由⑤式可得：

N,

2

2

1

1

2

1

1

























n

rp

hq

a

rp

hq

a

rp

rp

c

n

n

n











⑥

∵特征方程

hrx

qpx

x





有两个相异根

1

、

2



方程0)(2qphxrx有两个相异根

1

、

2

，而方程

xrp

xhq

x





与方程0)(2qphxrx又是同解方程.∴

2

2

2

1

1

1,























rp

hq

rp

hq

将上两式代入⑥式得

N,

2

1

2

1

2

1

1























nc

rp

rp

a

a

rp

rp

c

n

n

n

n











当,0

1

c即

11

a时，数列}{

n

c是等比数列，公比为

rp

rp

2

1









.此时对于Nn都有

.))(()(1

2

1

21

11

1

2

1

1

















nn

nrp

rp

a

a

rp

rp

cc













当0

1

c即

11

a时，上式也成立.

由

2

1











n

n

na

a

c且

21

可知.N,1nc

n

所以.N,

1

12





n

c

c

a

n

n

n



(证毕)

注:当qrph时,

hra

qpa

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.

现在求解前述例3的分类递推问题）（.

解:依定理作特征方程,

32

4







x

x

x变形得,04222xx其根为.2,1

21

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,)

221

211

(

23

13

)(11

2

1

21

11























n

rp

rp

a

a

cnn

n







∴.N,)

5

1

(

5

2

1ncn

n

∴.N,

1)

5

1

(

5

2

1)

5

1

(

5

2

2

11

1

12

















n

c

c

a

n

n

n

n

n



即.N,

)5(2

4)5(







na

n

n

n

例4．已知数列}{

n

a满足：对于,Nn都有.

3

2513

1







n

n

na

a

a

（1）若,5

1

a求;

n

a（2）若,3

1

a求;

n

a（3）若,6

1

a求;

n

a（4）当

1

a取哪些值时，无穷数列}{

n

a不存在？

解：作特征方程.

3

2513







x

x

x变形得,025102xx

特征方程有两个相同的特征根.5依定理2的第（1）部分解答.

（1）∵.,5

11

aa对于,Nn都有;5

n

a

（2）∵.,3

11

aa∴

rp

r

n

a

b

n





)1(

1

1

5113

1

)1(

53

1







n

,

8

1

2

1



n

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，

5

1751







n

n

b

a

n

n

.

（3）∵,5,6

1

a∴.

1

a

∴.,

8

1

1)1(

1

1

Nn

n

rp

r

n

a

b

n

















令,0

n

b则.7nn∴对于.0bN,

n

n

∴.N,

7

435

5

8

1

1

11













n

n

n

n

b

a

n

n



（4）显然当3

1

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，5

1

a时，数列}{

n

a是

存在的，当5

1

a时，则有.N,

8

1

5

1

)1(

1

11

















n

n

arp

r

n

a

b

n

令,0

n

b则得

N,

1

135

1







n

n

n

a且n≥2.

∴当

1

135

1





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

1

a在集合3{或,:

1

135

Nn

n

n







且n≥2}上取值时，无穷数列}{

n

a都不存在.