最后更新: 2025-02-13 08:22 查看: 173 次反馈同步训练

数列计算-特征方程法

## 特征方程法
特征方程法 形如 $a_{n+2}=p a_{n+1}+q a_n(p, q$ 是常数) 的数列     
形如 $a_1=m_1, a_2=m_2, a_{n+2}=p a_{n+1}+q a_n(p, q$ 是常数) 的二阶递推数列都可用特征根法求得通项 $a_n$, 
           
        
 其特征方程为 $x^2=p x+q \cdots$  ①
     
若①有二异根 $\alpha, \beta$, 则可令 $a_n=c_1 \alpha^n+c_2 \beta^n\left(c_1, c_2\right.$ 是待定常数)     
若①有二重根 $\alpha=\beta$, 则可令 $a_n=\left(c_1+n c_2\right) \alpha^n\left(c_1, c_2\right.$ 是待定常数 $)$     
再利用 $a_1=m_1, a_2=m_2$, 可求得 $c_1, c_2$, 进而求得 $a_n$

`例`已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=2, a_2=3, a_{n+2}=3 a_{n+1}-2 a_n\left(n \in N^*\right)$, 求数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项 $a_n$

解: 其特征方程为 $x^2=3 x-2$, 解得 $x_1=1, x_2=2$, 令 $a_n=c_1 \cdot 1^n+c_2 \cdot 2^n$,     
由 $\left\{\begin{array}{l}a_1=c_1+2 c_2=2 \\ a_2=c_1+4 c_2=3\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}c_1=1 \\ c_2=\frac{1}{2}\end{array}, \quad \therefore a_n=1+2^{n-1}\right.$

`例`已知数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足 $a_1=1, a_2=2,4 a_{n+2}=4 a_{n+1}-a_n\left(n \in N^*\right)$, 求数列 $\left\{a_n\right\}$ 的通项 $a_n$
        
       
 解:其特征方程为 $4 x^2=4 x-1$, 解得 $x_1=x_2=\frac{1}{2}$, 令 $a_n=\left(c_1+n c_2\right)\left(\frac{1}{2}\right)^n$,    
        
  由 $\left\{\begin{array}{l}a_1=\left(c_1+c_2\right) \times \frac{1}{2}=1 \\ a_2=\left(c_1+2 c_2\right) \times \frac{1}{4}=2\end{array}\right.$, 
  
  得 $\left\{\begin{array}{l}c_1=-4 \\ c_2=6\end{array}, \quad \therefore a_n=\frac{3 n-2}{2^{n-1}}\right.$

说明: (1) 若方程 $x^2=p x+q$ 有两不同的解 $\mathrm{s}, \mathrm{t}$,     
则 $a_{n+1}-t a_n=s\left(a_n-t a_{n-1}\right), \quad a_{n+1}-s a_n=t\left(a_n-s a_{n-1}\right)$,

由等比数列性质可得 $a_{n+1}-t a_n=\left(a_2-t a_1\right) s^{n-1}, \quad a_{n+1}-s a_n=\left(a_2-s a_1\right) t^{n-1}$,     
$\because t \neq s$, 由上两式消去 $a_{n+1}$ 可得 $a_n=\frac{\left(a_2-t a_1\right)}{s(s-t)} \cdot s^n-\frac{a_2-s a_1}{t(s-t)} \cdot t^n$.

(2) 若方程 $x^2=p x+q$ 有两相等的解 $s=t$, 则
$$
a_{n+1}-t a_n=s\left

免费注册看余下 50%

非VIP会员每天15篇文章，开通VIP 无限制查看

上一篇：数列计算-迭代法

下一篇：数列计算-不动点法

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)