一类一阶线性DDE特征方程根

范文一：一类一阶线性DDE特征方程根的讨论

第26卷第2期 2008年6月

徐州师范大学学报(自然科学版)

J.of Xuzhou Normal Univ.(Natural Science Edition)

V01.26,No.2Jun.。2008

一类一阶线性DDE特征方程根的讨论

石茂忠

(徐州师范大学数学科学学院,江苏徐州221116)

摘要:通过对一阶线性低维DDE特征方程的具体计算,探讨了其仅有有限根的充要条件,并给出这类咒维差分微分方程应满足的充要条件.

关键词:线性差分微分方程;特征方程;特征根

中图分类号:0175.8

文献标识码:A

文章编号:1007-6573(2008)02—0121—03

对于一阶线性差分微分方程(线性DDE),不论是中立型、滞后型、超前型,还是混合型,其特征方程的根在任何有限区域都是孤立的,并且至多有可列个.这里可列个既包括无穷可列,也包括有限可列,但在证明相应的特征根的分布定理时,许多泛函微分方程书中总是假定其特征根是无穷可列的,所以有必要研究是否存在有限可列个特征根的情形.

文献[1]给出了如下例子:

f士(￡)一x(t—r)+y(t—r),

l夕(￡)一一x(t—r)一y(t—r),

其中r>o.通过计算,其特征方程与e~,e-2缸无关,它仅为一个二次代数方程,有两个重根A。----Jl。一0.

那么,能否求出一类泛函微分方程其特征方程仅有有限个根的充要条件?文献[2—5]分别研究了三次系统,中立型的微分方程以及一阶线性微分方程的特征根的求法.笔者通过对一阶线性二维、三维、四维DDE特征方程的具体计算,探讨了其仅有有限个根的充要条件,由此猜想出这类行维DDE应满足的充要条件.通过高等代数等知识,证明了此猜想是正确的,从而得到了一类一阶线性DDE特征方程仅有有限个根的充要条件.

1若干命题

命题1给定方程

{士夕。(。t,)一=衄ax。(。t一--rr,)++如by(。。t--一rr,),,

其中a,b,c,d,r是常数,r>0.则方程(1)的特征方程存在有限根的充要条件是

证aet

I肛(:

(1)

(2)

一(口+d)Ae—h+(ad—bc)e-2打一0.

显然要使上式仅有有限根的充要条件是它与e~,e-2,1r无关.故其特征方程有有限根的充要条件是(2).

命题2给定方程

收稿日期:2007—12-26

基金项目:江苏省高校自然科学基金资助项目(07KJDll0206)

作者简介:石茂忠(1957一),男,江苏铜山人,讲师,硕士,主要从事微分方程定性理论的研究.

(3)

一

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一

钆叭√

d￡

口

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f■ ￡ ,~Z 2

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r r 一一

一

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口口口 +++

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f r

一

f‘

￡

z ;

口

口口

=一一

)))

￡士

夕之

122

徐州师范大学学报(自然科学版) 第26卷其中ad(i,.『一1,2,3),r是常数,r>0.则(3)的特征方程存在有限根的充要条件是

i)all+a22+a33=0;

a22a23

a32a33 +

a11a12 a21a22

a11a12a13

azl a22a23 a31口3Z a33

证det 1.=lj一一0.

a11a12a13 a21a22a23 a31n32033 a11a13 a31a33

e-打

=A3一(口ll+a22+a33).:12e-打+

一0;

:=det

口22a23

a32a33

A—a11e-打

一a2le-打

一a3le_打

a11a12

口2l a22

一a12e-^r

A—a22e—h

—a32e_拓

一a13e-打

一a23e-h

叉一a33e-打

all a13

a31a33]Ae

口11a12a13 a21a22a23 a31a32a33

=0.

由命题1的证明知结论成立

命题3给定方程

f盘(z)一口11x(t—r)+口12y(t~r)+n13z(t—r)+口14w(t—r), I夕(￡)=n2lx(t—r)+口22y(t—r)+a23z(t—r)+口24w(t—r), l之(￡)一a3lx(t—r)+口32y(t—r)+a33z(t—r)十口3dw(t—r), 【由(￡)一口41x(t—r)+at2y(t—r)+a43z(t—r)+a44w(t—r), 其中ad(i,歹一1,2,3,4),r是常数,r>0.则(4)的特征方程仅存在有限根的充要条件是 i)all+口22+a33+口44—0;

iv) 口11a12

a21a22

a11a13

a31a33

口¨口12口13

a21a22a23

n3l a32a33

口11a12口13口¨

azl a22a23a24

a31a32a33a34

a4i a42a43a44

a11口14

a41a44

a11a12a14

a21a22az

a41口4z a44

—0.

a22a23

a32a33

+口11a13a14 a31a33a34 a41n42a,L4

仿命题2的证明,通过直接对行列式的计算即得结论. 2主要结果

a22a24

n420,44

a33a44 a43a44口22a23a24

a32a33a34

a42口^3’ a44

=0;

由命题1~3可得出一类线性竹维DDE特征方程仅有有限根的充要条件. 定理给定方程

f土l(￡)一allzl(￡一r)+a1222(￡一r)+…+al。z。(￡一r),

I士2(￡)一a21zl(￡一r)+a22x2(￡一r)+…+a2。z。(￡一r), 1....”

【土。(￡)一a。lzl(￡一r)+a以z2(￡一r)+…+a。z。(￡一r),

其中a#(i,歹一1,2,…,以),r是常数,r>0.令A— n11a12

…

口1”

a21a22

…

az。

口

…

口Ⅲ

一0;

r撕 (4)

,记A的各阶主子式之和为M;(i

第2期石茂忠:一类一阶线性DDE特征方程根的讨论

123

—1,2,…,n).则其特征方程仅有有限个根的充要条件是A的各阶主子式之和全为零,即Mi一0,i一1,

2,…,n.

证设.=I为实数,反复利用文献Eli的行列式性质和Laplace定理,可得

,(|:I)一det I.:II—Ae岫l=det

0一a12e-打 0

J:I—a22e-at

0一a。le-k

.:L 0

●

00A

●

+∑

l≤i<>

A—a11e一打

0一口2le—打

0一口。1e-打

0一alHe一打 0一a2^e-打

A——a,e一打 +

0一a12e-h A—a22e-打

0一a^le-打一a11e-k —a2le-h

—anle-b 0一a1”e-h 0一a2He一“

|;【一a。e一打

0一a12e—k

A—a22e-k

0一口Hle一打 0

…一a可e一知…

A 一口“e廿

.——a2ie-at

一口lje岫

一口2je_打 O O

…

一a耐e-知

…

一a耐e一知

…

一a11e廿

一a21一

一anle-h

0一a1。e-打 0一口2。e—打

A—aⅢe-打

一a12e-at —a22e-k

—a。2一…

一alHe一7一a2“e-k

—ame-打

:=……

一A”+(一1)1M1A”1e_如+(一1)2M2A”2e_2知+…+(一1)”M。e-栅, 其中M;(i一1,2,…,咒)正是A的i阶主子式之和.

由此可知.厂(A)一0仅有有限个根的充要条件是M一0,i=1,2,…,n.

注

从证明过程可以看出,定理不仅对此类滞后型方程结论正确,对r<>

结论仍然正确,从而大大推广了此类方程. 参考文献:

[13

郑祖庥.泛涵微分方程理论I-M3.合肥:安徽教育出版社,1993.

[2]黄秋灵.一类具有抛物线接的三次系统的定性分析FJ3.工程数学学报,2005,22(4):729.

[33石茂忠.一类平面三次系统鞍点的一般变换与可积性条件rJ].徐州师范大学学报:自然科学版,2007,25(4):22. [4]章毅,张毅.关于二阶常系数线性中立型的周期懈问题[J3.数学学报,1990,33(4):517. Is]王高雄,周之铭,朱思铭,等.常微分方程[M].2版.北京:高等教育出版社,1983.

A Discussion

Roots of Characteristic Equations

fOr First—order Linear DDE

SH I Mao—zhong

(School of

Mathematical Science,Xuzhou Normal University,Xuzhou,Jiangsu,221116,China)

Abstract:The first-order linear low—dimensional DDE is computed,and the necessary and suffi—

cient

conditions for the equations having limit

roots are

discussed.The necessary and sufficient condi—

tions for n-dimensional differential difference equations

are

given.

Key words:linear DDE;characteristic equation;characteristic

root

∑H

O;A

一类一阶线性DDE特征方程根的讨论

作者:石茂忠 , SHI Mao-zhong

作者单位:徐州师范大学,数学科学学院,江苏,徐州,221116

刊名:

徐州师范大学学报(自然科学版)

英文刊名:JOURNAL OF XUZHOU NORMAL UNIVERSITY(NATURAL SCIENCE EDITION)

年,卷(期):2008,26(2)

被引用次数:0次

参考文献(5条)

1. 郑祖庥泛涵微分方程理论 1993

2. 黄秋灵一类具有抛物线接的三次系统的定性分析 [期刊论文]-工程数学学报 2005(04)

3. 石茂忠一类平面三次系统鞍点的一般变换与可积性条件 [期刊论文]-徐州师范大学学报(自然科学版) 2007(04)

4. 章毅 . 张毅关于二阶常系数线性中立型的周期解问题 1990(04)

5. 王高雄 . 周之铭 . 朱思铭常微分方程 1983

相似文献(1条)

1.会议论文石茂忠一类一阶线性DDE特征方程根的讨论 2008

通过对一阶线性低维DDE特征方程的具体计算,探讨了其仅有有限根的充要条件,并给出这类n维差分微分方程应满足的充要条件.

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授权使用:中共汕尾市委党校(zgsw),授权号:8d053078-ad2e-4d0a-92b8-9dcf0139f1f0

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范文二：一类一阶线性DDE特征方程根的讨论q

一类一阶线性DDE特征方程根的讨论

作者：

作者单位：石茂忠徐州师范大学,数学科学学院,江苏,徐州,221116

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1.期刊论文石茂忠. SHI Mao-zhong 一类一阶线性DDE特征方程根的讨论 -徐州师范大学学报（自然科学版）2008,26(2)

通过对一阶线性低维DDE特征方程的具体计算,探讨了其仅有有限根的充要条件,并给出这类n维差分微分方程应满足的充要条件.

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范文三：巧用特征方程求数列通项公式.doc

巧用特征方程求数列通项公式

近几年来，数列问题已经成为各省市高考的一个热点问题，这也是学生的一个难点，也已经成为各省市高考卷中一道亮丽的风景线.数列中最重要的问题就是对通项公式的求解.特别是在一些综合问题比较强的问题中，对数列通项公式的求解，往往是大家解决问题的瓶颈.

递推公式的概念:如果已知数列{an}的第一项(或前几项)，且它的任一项an与它的前一项an-1(或前几项)间的关系可以用一个公式表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式.有通项公式的数列只是少数，研究递推数列公式求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.考生如何去发现数列的递推关系，学会如何将递推公式转化为数列的通项公式是值得我们思索且应引起重视的问题.此问题要求学生具备较高的数学素质，它不但有较繁琐的计算过程，而且又是一个综合能力很强的问题，并且可以和函数、三角、解几、立几、向量等综合命题，也可以有所创新，在这里给大家推荐一种不常用但又很有效的一种方法——特征根法，这种方法适用范围更广泛，且解题过程更标准化.本文从一道高考题的解题过程中补充利用特征方程解决相关问题的妙用.希望能对大家有所帮助.

一、问题的背景

1.(2008年广东卷理科第21题)设p，q为实数，α，β是方程x2-px+q=0的两个实根，数列{xn}满足x1=p，x2=p2-q，xn=pxn-1-qxn-2(n=3，4?).

(1)证明:α+β=p，α?β=q;

(2)求数列{xn}的通项公式;

(3)若p=1，q=114，求{xn}的前n项和Sn.

二、问题的分析

对于上题采用数学归纳法或构造法可以求解，然而归纳法太繁琐，而且在猜想通项公式中容易出错.构造法形式也比较复杂.这里推荐给学生更易于掌握的解法——特征方程法.

对于由递推公式an+2=pan+1+qan，a1=α，a2=β 给出的数列{an}，方程x2-px+q=0，叫做数列{an}的特征方程.若x1，x2是特征方程的两个根，当x1?x2时，数列{an}的通项公式为an=Axn-11+Bxn-12，其中A，B由a1=α，a2=β决定;当x1=x2时，数列{an}的通项公式为an=(A+B)xn-11，其中A，B由a1=α，a2=β决定.

三、问题的解决

解法:(1)(3)略，先归纳猜想，后用数学归纳法证明.

(2)利用特征方程求解:

设特征方程x2=px-q即x2-(α+β)x+αβ=0，其特征根为α，β.

设xn=Aαn+Bβn，则有x1=Aα+Bβ=p，

x2=Aα2+Bβ2=p2-q.

当α?β时，解得A=pβ-p2+q1αβ-α2=-α1β-α，

B=pα-p2+q1αβ-β2=β1β-α.

?xn=-αn+11β-α+βn+11β-α=αn+1-βn+11α-β(α?β)=αn+αn-1β+?+αβn-1+βn(*).

当α=β时，设xn=(C+Dn)αn，易解得C=D=1.

?xn=(1+n)αn也满足(*)式.

?xn=αn+αn-1β+?+αβn-1+βn.

上述的解答方法巧妙，能够开拓学生的思维.教育心理学理论认为:思维是人脑对事物本质和事物之间规律性关系概括的间接的反映.思维是认知的核心成分，思维的发展水平决定着整个知识系统的结构和功能.因此，开发高中学生的思维潜能，提高思维品质，具有十分重大的意义.青少年时代是一生中最富有活力、充满想象的时代.开放题往往形式活泼，供学生思考的角度众多，思维活动的空间宽阔，正好给青少年学生提供了一个展翅的舞台.发散思维是理解教材、灵活运用知识所必需的，也是迎接信息时代、适应未来生活所应具备的能力.通过此题我们要能举一反三，触类旁通.

四、问题的推广

定义:f(n+k)=a1f(n+k-1)+a2f(n+k-2)+?+akf(n)(*)

其中a1，a2，?，ak为常数，则把(*)式称为k阶递归公式.若给定f(1)，f(2)，?，f(k)这个k初始条件，则(*)式的解难求.

为了求出一般k阶递归公式的解，我们构造一个首项为1，公比为q的等比数列:1，q，q2，?，qn-1，?，使它满足k阶递归公式，且对于f(n)=qn-1(q?0)有:

qn+k-1=a1qn+k-2+a2qn+k-3+?+akqn-1(**)

则q为(**)式的根.这样，只要等比数列的公比能满足(**)式，则它的通项公式f(n)=qn-1为函数方程(*)式的解，我们称(**)式为k阶递归公式(*)式的特征方程.

范文四：特征方程求递推数列通项公式

特征方程求递推数列通项公式

一、一阶线性递推数列通项公式的研究与探索

若数列{a n }满足a 1=b , a n +1=ca n +d (c ≠1), 求数列{a n }的通项a n 它的通项公式的求法一般采用如下的参数法，将递推数列转化为等比数列：设a n +1-t =c (a n -t ), 则a n +1=ca n +(1-c ) t ，令(1-c ) t =d ，即t =

，当c ≠1时可得 1-c

d d

a n +1-=c (a n -) ，

1-c 1-c

d ?

?是以c 为公比的等比数列， 1-c ?

知数列??a n +

∴a n -

d d

=(a 1-) c n -1 1-c 1-c

bc n +(d -b )c n -1-d 将a 1=b 代入并整理，得a n =.

c -1

观察可发现

即为方程x =cx +d 的根 1-c

为特征方程的根。 1-c

我们称方程x =cx +d 为递推公式a n +1=ca n +d (c ≠1) 的特征方程，

将上述参数法类比到二阶线性递推数列a n +1=pa n +qa n -1, 能得到什么结论？

二、二阶线性递推数列通项公式的研究与探索

若数列{a n }满足a n +1=pa n +qa n -1, 设a n +1+ta n =s (a n +ta n -1) ，

则a n +1

?s -t =p

① =(s -t ) a n +sta n -1, 令?

st =q ?

（1）若方程组①有两组不同的实数解(s 1, t 1), (s 2, t 2) ,

则a n +1+t 1a n =s 1(a n +t 1a n -1) ,

a n +1+t 2a n =s 2(a n +t 2a n -1) ,

即{a n +1+t 1a n }、{a n +1+t 2a n }分别是公比为s 1、s 2的等比数列，由等比数列性质可得a n +1+t 1a n =(a 2+t 1a 1) s 1

n -1

, ,

a n +1+t 2a n =(a 2+t 21a 1) s 2∵t 1≠t 2, 由上两式消去a n +1可得

n -1

a n =

(a 2+t 1a 1). s n -a 2+t 2a 1. s n .

s 1t 1-t 2s 2t 1-t 2?s 1=s 2

（2）若方程组①有两组相等的解?，易证此时t 1=-s 1，则

t =t 2?1

a n +1+t 1a n =s 1(a n +t 1a n -1)=s 1(a n -1+t 1a n -2) =…=s 1

n -1

(a 2+t 1a 1) ，

∴

a n +1s 1

n +1

a n s 1

a 2-s 1a 1

s 1

?a n ?

, 即?n ?是等差数列， ?s 1?

由等差数列性质可知

a n s 1

a 1a -s a +(n -1). 2211， s 1s 1

????

所以a n =? a 1-a 2-s 1a 1?+a 2-s 1a 1. n ?s 1n ．

22 s ?s s 1??11????

这样，我们通过参数方法，将递推数列转化为等比（差）数列，从而求得二阶线性递推数列的通项，若将方程组①消去t 即得s -ps -q =0，显然s 1、s 2就是方程x =px +q 的两根，我们不妨称此方程为二阶线性递推数列a n +1=pa n +qa n -1的特征方程，

结论：设递推公式为a n +1=pa n +qa n -1, 其特征方程为x =px +q 即x -px -q =0，

1、若方程有两相异根s 1、s 2，则a n =c 1s 1+c 2s 2； 2、若方程有两等根s 1=s 2，则a n =(c 1+nc 2) s 1.

其中c 1、c 2可由初始条件确定。

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

n n

（2）已知数列{a n }满足a 1=1, a 2=2,4a n +2=4a n +1-a n (n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n

三、分式线性递推数列a n +1=

a ?a n +b

通项公式的研究与探索

c ?a n +d

仿照前面方法，等式两边同加参数t ，

b +dt

a ?a n +b ② +t =(a +ct ) 则a n +1+t =

c ?a n +d c ?a n +d

a n +

令t =

b +dt 2

，即 ct +(a -d ) t -b =0 ③ a +ct

记此方程的两根为t 1, t 2，

（1）若t 1≠t 2，将t 1, t 2分别代入②式可得 a n +1+t 1=(a +ct 1)

a n +t 1

c ?a n +d

a n +1+t 2=(a +ct 2)

a n +t 2

c ?a n +d

以上两式相除得

a n +1+t 1a +ct 1a n +t 1

， =?

a n +1+t 2a +ct 2a n +t 2

?a n +t 1?a +ct 1

于是得到?， ?为等比数列，其公比为

a +t a +ct ?n 2?2

数列{a n }的通项a n 可由

a n +t 1a 1+t 1a +ct 1n -1

=?() 求得；

a n +t 2a 1+t 2a +ct 2

a n +t 1

c ?a n +d

（2）若t 1=t 2，将t =t 1代入②式可得a n +1+t 1=(a +ct 1)

考虑到上式结构特点，两边取倒数得

c (a n +t 1) +d -ct 111

④ =?

a n +1+t 1a +ct 1a n +t 1

由于t 1=t 2时方程③的两根满足2t 1=-

a -d

，∴a +ct 1=d -ct 1 c

于是④式可变形为

1c 1

a n +1+t 1a +ct 1a n +t 1

∴?

1?c

为等差数列，其公差为， ?

a +t a +ct ?n 1?1

数列{a n }的通项a n 可由

11c

求得． =+(n -1) ?

a n +t 1a 1+t 1a +ct 1

这样，利用上述方法，我们可以把分式线性递推数列转化为等比数列或等差数列，从而求得其通项。如果我们引入分式线性递推数列a n +1=程为x =

a ?a n +b

（a , b , c , d ∈R , c ≠0）的特征方

c ?a n +d

ax +b 2

，即cx +(d -a ) x -b =0，此特征方程的两根恰好是方程③两根的相反数，

cx +d

于是我们又有如下结论：

分式线性递推数列a n +1=即cx +(d -a ) x -b =0，

1、若方程有两相异根s 1、s 2，则?

a ?a n +b ax +b

（a , b , c , d ∈R , c ≠0），其特征方程为x =，

cx +d c ?a n +d

?a n -s 1?a -cs 1

成等比数列，其公比为； ?

a -cs 2?a n -s 2?

2、若方程有两等根s 1=s 2，则?

1?c

. ?成等差数列，其公差为

a -s a -cs ?n 1?1

例2. （1）已知数列{a n }满足a 1=2, a n =2-

, n ∈N *, 求通项a n . a n -1

（2）已知数列{a n }满足a 1=2, a n =

a n -1+2

(n ≥2) ，求数列{a n }的通项a n

2a n -1+1

（3）设数列{a n }满足a 1=2, a n +1=

5a n +4

, 求a n .

2a n +7

例3. （09·江西·理·22）各项均为正数的数列{a n }, a 1=a , a 2=b , 且对满足m +n =p +q 的正数m , n , p , q 都有

a p +a q 14a m +a n

.(1)当a =, b =时, 求通项a n ; =

25(1+a m )(1+a n ) (1+a p )(1+a q )

范文五：用特征方程求数列的通项

用特征方程求数列的通项

一、递推数列特征方程的研究与探索

递推(迭代) 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方法。递推数列的特征方程是怎样来的？

（一）、若数列{a n }满足a 1=b , a n +1=ca n +d (c ≠0), 其通项公式的求法一般采用如下的参数法，将递推数列转化为等比数列：

设a n +1+t =c (a n +t ), 则a n +1=ca n +(c -1) t ，令(c -1) t =d ，即t =

，当c -1

c ≠1时可得 a n +1+

d d =c (a n +) ，知数列c -1c -1

d ??

a +?n ?是以c 为公比的等比数列，

c -1??

∴a n +

d d

=(a 1+) c n -1 c -1c -1

bc n +(d -b )c n -1-d

将a 1=b 代入并整理，得a n =. 故数列a n +1=ca n +d 对应的特征

c -1

方程是：x=cx+d

（二）、二阶线性递推数列a n +1=pa n +qa n -1,

仿上，用上述参数法我们来探求数列{a n +1+ta n }的特征：不妨设

a n +1+ta n =s (a n +ta n -1) ，则a n +1

?s -t =p

=(s -t ) a n +sta n -1, 令 ? （ ※）

st =q ?

（1）若方程组（ ※）有两组不同的实数解(s 1, t 1), (s 2, t 2) ,

则a n +1+t 1a n =s 1(a n +t 1a n -1) , a n +1+t 2a n =s 2(a n +t 2a n -1) , 即{a n +1+t 1a n }、

{a n +1+t 2a n }分别是公比为s 1、s 2的等比数列，由等比数列通项公式可得

a n +1+t 1a n =(a 2+t 1a 1) s 1

n -1

①, a n +1+t 2a n =(a 2+t 21a 1) s 2

n -1

②,

∵t 1≠t 2, 由上两式①+②消去a n +1可得 a n =

(a 2+t 1a 1)n a 2+t 2a 1n

. s 1-. s 2.

s 1t 1-t 2s 2t 1-t 2?s 1=s 2

（2）若方程组（ ※）有两组相等的解?，易证此时t 1=-s 1，则

t =t 2?1

a n +1+t 1a n =s 1(a n +t 1a n -1)=s 1(a n -1+t 1a n -2)

= =s 1

n -1

(a 2+t 1a 1) ，∴

a n +1s 1

n +1

a n s 1

a 2-s 1a 1

s 1

, 即?

?a n ?

是等差数列，由等差数列通n ??s 1?

项公式可知

a n s 1

a 1a -s a ?a 1a 2-s 1a 1?a 2-s 1a 1?n

+(n -1). 2211，所以a n =?? -?+. n ?s 1．22 ?s 1s 1s 1s 1?????s 1?

这样，我们通过参数方法，将递推数列转化为等比（差）数列，从而求得二阶线性递推数列的通项，若将方程组（※）消去t 即得s -ps -q =0，显然s 1、s 2就是方程

x 2=px +q 的两根，我们不妨称此方程为二阶线性递推数列a n +1=pa n +qa n -1的特征方

程，

所以有结论：若递推公式为 a n +1=pa n +qa n -1, 则其特征方程为 x =px +q 1、若方程有两相异根s 1、s 2，则a n =c 1s 1+c 2s 2；

2、若方程有两等根s 1=s 2，则a n =(c 1+nc 2) s 1. 其中c 1、c 2可由初始条件

确定。

（三）分式线性递推数列a n +1=

a ?a n +b

（a , b , c , d ∈R , c ≠0），

c ?a n +d

将上述方法继续类比，仿照前面方法，等式两边同加参数t ，则

b +dt

a ?a n +b ①， a n +1+t =+t =(a +ct ) c ?a n +d c ?a n +d

a n +

令t =

b +dt 2

，即ct +(a -d ) t -b =0 ②，记②的两根为t 1, t 2， a +ct

（1）若t 1≠t 2，将t 1, t 2分别代入①式可得 a n +1+t 1=(a +ct 1)

a n +t 1

，

c ?a n +d a n +t 2

c ?a n +d

a n +1+t 2=(a +ct 2)

以上两式相除得

?a +t 1?a n +1+t 1a +ct 1a n +t 1

=?，于是得到?n ?为等比数列，其公比为

a +t a n +1+t 2a +ct 2a n +t 2?n 2?

a +t 1a 1+t 1a +ct 1n -1a +ct 1

=?() 求得；，数列{a n }的通项a n 可由n

a +ct 2a n +t 2a 1+t 2a +ct 2

（2）若t 1=t 2，将t =t 1代入①式可得a n +1+t 1=(a +ct 1)

a n +t 1

, 考虑到上式结构特

c ?a n +d

点，两边取倒数得

c (a n +t 1) +d -ct 111

=? ③

a n +1+t 1a +ct 1a n +t 1

由于t 1=t 2时方程③的两根满足2t 1=- 于是④式可变形为

a -d

，∴a +ct 1=d -ct 1 c

1c 1

a n +1+t 1a +ct 1a n +t 1

∴?

1?c

为等差数列，其公差为， ?

a +t a +ct 1?n 1?

∴ 数列{a n }的通项a n 可由

11c

=+(n -1) ?求得．

a n +t 1a 1+t 1a +ct 1

这样，利用上述方法，我们可以把分式线性递推数列转化为等比数列或等差数列，从而求得其通项。如果我们引入分式线性递推数列a n +1=

a ?a n +b ax +b

的特征方程为x =，

c ?a n +d cx +d

即cx +(d -a ) x -b =0，此特征方程的两根恰好是方程②两根的相反数，于是我们得到如下结论：

分式线性递推数列a n +1=

a ?a n +b ax +b

的特征方程为x =

c ?a n +d cx +d

?a n -s 1?a -cs 1

1、若方程有两相异根s 1、s 2，则?； ?成等比数列，其公比为

a -s a -cs 2??n 2

2、若方程有两等根s 1=s 2，则?

1?c

成等差数列，其公差为. ?

a -cs 1?a n -s 1?

值得指出的是，上述结论在求相应数列通项公式时固然有用，但将递推数列转化为等

比（等差）数列的思想方法更为重要。如对于其它形式的递推数列，我们也可借鉴前面的参数法，求得通项公式，其结论与特征方程法完全一致，

三、例题

例1、已知数列a 1=1, a 2=5, 且a n +1=4a n -4a n -1(n ≥2) ，求通项公式a n 。解设a n +1+ta n =s (a n +ta n -1) ，∴a n +1=(s -t ) a n +sta n -1 令

?s -t =4?s =2

，可得，于是 ??

?st =-4?t =-2

a n +1-2a n =2(a n -2a n -1) =2(a n -1-2a n -2) =…=2

n -1

(a 2-2a 1) =3?2n -1，

∴

a n +12n +1-a n 2n =34，即??a n ?

a 113?2n ??

是以21=2为首项、4为公差的等差数列， ∴

a n 132

=2+(n -1) ?4，从而a n =(3n -1) ?2n -2

. 例2、设数列{a 5a n +4

n }满足a 1=2, a n +1=2a , 求a n .

n +7

解：对等式两端同加参数t 得

a 7t n +

a 5a n +4()+4

2t +5a n +7t +4n +1+t =2a +t =a =(2t +5)?

, n +72n +72a n + 令t =

7t +4

2t +5

，解之得t =-1，2，代入上式得 a a n -1a +2

n +1-1=3?

2a ， a n +1+2=9?n

, n +72a n +7

两式相除得

a n +1-11a n -a =?1

n +1+23a n +2

即?

?a n -1??a ?

是首项为a 1-1=1, 公比为1

的等比数列， n +2?

a 1+243 ∴a n -1a =1?31-n , 从而a 4?3n -1+2

n =4?3n -1-1

．

n +24四、本课小结：

1．可用特征方程解决递推数列的三类模型

⑴．线性递推关系：已知a 1=b , a n +1=ca n +d (c ≠0),

⑵．齐次二阶线性递推关系：已知a 1=a , a 2=b , 且 a n +1=pa n +qa n -1, ⑶．分式递推关系：已知a 1=b ， a a ?a n +b

n +1=

c ?a

n +d

2. 特征根方程及求法 1, n =1

⑴． a n +1=

{

a pa n +q 的特征根方程为 x=px+q，其根为α, 则a n +1-α=p(a n +1-α)

?a 1(n =1) ⑵. a n +2

?a 2(n =2) 的特征根方程为x 2=px +q 设两实根为α, β ??pa n +1

+qa

n ①. 若α≠β时, 则a n -1

n -1n =c 1α+c 2β, 其中c 1, c 2是由a 1, a 2确定

②. 若α=β时, 则a n -1

n =(c 1n +c 2) α

其

c 1, c 2是由, a 1a 2确定

pa ⑶. a n +q n +1=px +q

ra 的特征根方程为x =rx +h

若方程的两根为α, β

n +h 若α, β≠a r αa n -αa -α

1且α≠β, 则

a n +1-αp -a =?即{n }等比数列

n +1-βp -r βa n -βa n -β

若α=β≠a 12r 1且p +h ≠0, 则a =+1-α即{ 1

a }等差数列

n +1-αp +h a n n -α

五、练习

1．已知数列{a 1n }满足：a n +1=-3

a n -2, n ∈N , a 1=4, 求a n . 2. 已知数列{a n }满足a 1=3,a 2=6,a n +2=4a n +1-4a n 求a n 3. 已知数列{a n }满足a 1=3,a 2=6,a n +2=2a n +1+3a n 求a n

4. 各项均为正数的数列{a n }a 1=a, a 2=b，且对任意的m+n=p+q的正整数 m，n ，p ，q ，都有

a m +a n

(1+a =

a p +a q a=

1n )(1+a m ) (1+a n )(1+a q )

当2,b=4

时，求通项a n 5:已知数列{a n }满足a 1

1=2, a n =2-

a , n ∈N *, 求通项a n . n -1

6．已知数列{a 3, a *

n }满足a 1=2, a 2=n +2=3a n +1-2a n (n ∈N ) ，求数列{a n }的通项a n 7．已知数列{a *

n }满足a 1=1, a 2=2, 4a n +2=4a n +1-a n (n ∈N ) ，求数列{a n }的通项a n 8．已知数列{a n }满足a n -1+2

1=2, a n =

a 2a (n ≥2) ，求数列{a n }的通项a n

n -1+1

9．已知数列{a 2a n -1

n }满足a 1=2, a n +1=4a +6

(n ∈N *) ，求数列{a n }的通项a n

练习答案

1、解：作特征方程x =-的等比数列. 于是 a n +

1?311131?

x -2, 则x =-. a 1+=. 数列?a n +?是以-为公比

3?22323?

131111n -13111

=（a 1+）(-) n -1=(-) , a n =-+(-) n -1, n ∈N .

23323223

2、解：作特征方程x =4x-4由特征根方程得α=β=2故设a n =(c 1+c 2n) 2n -1, 其中3=c 1+c 2,6=(c 1+2c 2) 2，所以c 1=3, c 2=0,则a n =32n -1

3、解：作特征方程x =2x+3由特征根方程得α=3, β=-1所以a n =c 13

n -1

+c 2(-1)

n -1

其中

3=c 1+c 2, 6=3c 1-c 2，得c 1=4、解:由

931. n +13

, c 2=所以a n =3+(-1) n -1 4444

a p +a q a m +a n a 1+a n a 2+a n -1==得将

(1+a m )(1+a n ) (1+a p )(1+a q ) (1+a 1)(1+a n ) (1+a 2)(1+a n -1)

2a +1142x +1

考虑特征方程x =得特征根x =±1所以a =, b =代入上式化简得a n =n -1

a n -1+225x +2

2a n -1+1

-1

?a -1?a n -1a n -1+21a -1a -111

==?n -1，所以数列?n ?是以1=-为首项, 公比为

a 1+13a n +1n -1+13a n -1+13?a n +1?

a n -1+2a n -13n -111n -11n

=-?() =-() 即a n =n 的等比数列，，故 a n +13333+1

5、解: 考虑特征方程x =2-

，得特征根x =1， x

a 1111

===n -1=1+

a n -1(2-1) -11-1a n -1-1a n -1-1

a n -1a n -1

?1?1

=1为首项, 公差为1的等差数列，是以?

a 1-1?a n -1?

所以数列?

故

1n +1

=n 即a n = a n -1n

6．解：其特征方程为x =3x -2，解得x 1=1, x 2=2，令a n =c 1?1+c 2?2，

?c 1=1

?a 1=c 1+2c 2=2?n -1

由?，得?1， ∴a n =1+2

c 2=?a 2=c 1+4c 2=3??2

1?1?

7．解：其特征方程为4x =4x -1，解得x 1=x 2=，令a n =(c 1+nc 2) ?，

2?2?

a =(c +c ) ?=1112??c 1=-43n -2?2由?，得?， ∴a n =n -1

2?c 2=6?a =(c +2c ) ?1=2

212??4

8．解：其特征方程为x =

a -1a -1x +22

=c ?n ，得2x -2=解得x 1=1, x 2=-1，令n +1 0，

a n +1+1a n +12x +1

由a 1=2, 得a 2=

?a -1?411a 1-11

，可得c =-，∴数列?n 是以为首项为公比的等比-=?

a 1+13533?a n +1?

n -1

a n -11?1?3n -(-1) n

=? -?，∴a n =n 数列，∴ n

a n +13?3?3+(-1)

12x -12

，即4x +4x +1=0，解得x 1=x 2=-，

24x +6

311

令 =+c ，由a 1=2, 得a 2=，求得c =1，

14a n +1+a n +22???1?12

∴数列?是以=为首项，以1为公差的等差数列， ?5?a n +1?a 1+

?2?2

13-5n 123

∴ =+(n -1) ?1=n -，∴a n =

1510n -65a n +2

9．解：其特征方程为x =

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