谈谈利用特征根求解数列通项

曹丽萍

一、形如an+1=pan+q（p、q为常数）的一阶线性式

其特征方程为x=px+q，特征根为α.

方法一：通过待定系数法，转化成an+1+m=p（an+m），

如an+1=3an+6，设an+1+m=3（an+m），利用两式等价得m=3，即原式可转化为an+1+3=3（an+3），即数列an+3是以3为公比的等比数列.

方法二：两边同时减去特征根α，也可将已知转化成an+1+m=p（an+m）.

如an+1=-2an+6，特征方程为x=-2x+6，x=2，同时减2得an+1-2=-2（an-2）.

例1 已知a1=3，an+1=-3an+8，求an.

方法一： 设an+1+m=-3（an+m），利用两式等价，

可得m=-2，即数列an-2是以-3为公比的等比数列，

则an-2=（a1-2）（-3）n-1=（-3）n-1，

所以an=（-3）n-1+2.

方法二：特征方程：x=-3x+8，x=2.

同时减去2，得an+1-2=-3（an-2） ，接下来同上.

二、形如an+1=Aan+BCan+D的分式线性式

对于数列an=Aan+BCan+D，其特征方程为x=Ax+BCx+D，特征根为α，β

（1） 若α≠β，可对an+1=Aan+BCan+D同时减去特征根，

得an+1-α=Aan+BCan+D-α，an+1-β=Aan+BCan+D-β，

相除后可化简得an+1-αan+1-β=c·an-αan-β，

{an-αan-β}为等比数列，最后求解通项an-αan-β，可求得an.

当然在已知{an-αan-β}为等比数列的前提下，也可利用待定系数法求解（其中c是待定常数），即设

an+1-αan+1-β=c·an-αan-β，代入a1，a2的值可求得c值即可.

结论：数列{an-αan-β}是首项为a1-αa1-β，公比为c的等比数列，于是这样可求得an.

（2）若α=β，同时减去特征根α，

即得an+1-α=Aan+BCan+D-α，

两边同时取倒数，可化成1an+1-α=1an-a+c，

这样数列{1an+1-α}是首项为1a1-α，公差为c的等差数列.

当然在已知数列{1an-α}是等差数列，可假设1an+1-α=1an-α+c（其中c是待定常数），代入a1，a2的值可求得c值.

结论 数列{1an-α}是首项为1a1-α公差为c的等差数列，于是这样可求得an.

例2 已知数列{an}满足a1=2，an=an-1+22an-1+1（n≥2），求数列{an}的通项an.

解 其特征方程为x=x+22x+1，化简得2x2-2=0，

解得x1=1，x2=-1.

则an+1=an-1+22an-1+1+1，an-1=an-1+22an-1+1-1，

相除化简得an-1an+1=-

13（an-1an+1），

所以数列{an-1an+1}是以a1-1a1+1=13为首项，

以-13为公比的等比数列，

所以an-1an+1=13·（-13）n-1，

所以an=

3n-（-1）n3n+（-1）n.

思考 对于数列an+1=Aan+BCan+D，其特征方程为x=Ax+BCx+D，若无实特征根，则会是什么情况呢？（个人猜想是周期数列，有待验证）

三、形如an+2=pan+1+qan（p，q是常数）的二阶线性式

形如a1=m1，a2=m2，an+2=pan+1+qan（p，q是常数）的二阶递推数列都可用特征根法求得通项an，其特征方程为x2=px+q…①.

若①有二异根α，β，则可令an=c1αn+c2βn（c1，c2是待定常数）;

若①有二重根α=β，则可令an=（c1+nc2）αn（c1，c2是待定常数）.

再利用a1=m1，a2=m2，可求得c1，c

2，进而求得an.

例3 已知数列{an}满足a1=2，a2=3，an+2=3an+1-2an（n∈N*），求数列{an}的通项an.

解 其特征方程为x2=3x-2，解得x1=1，x2=2，

令an=c1·1n+c2·2n，

由a1=c1+2c2=2，

a2=c1+4c2=3，得c1=1，

c2=12.

所以an=1+2n-1

.

四、形如an+2=pan+1+qan+m的二阶式

先利用待定系数法转化为an+2+c=p（an+1+c）+q（an+c），令bn=an+c，即bn+2=pbn+1+qbn，利用题型三方法求解.