课例分析与教案设计*有关二阶线性递归(推)数列的理论及应用
宗玉玫
【摘要】本文旨在对现行中学教材中的一般递推数列进行研究,用二阶线性递推的理论探讨其求数列通项及数列和的一般方法。
【关键词】二阶线性递推数列;齐次式;特征方程;特征根Ofthesecond-orderlinearrecursion(push)thetheoryofseriesanditsapplication
ZongYumei
【Abstract】Thepurposeofthispapertotheexistingsecondaryschooltextbookseriesofthegeneralrecursivestudy,usingthetheoryofsecond-orderlinearrecursiveordertoinvestigatetheseries,andseveralpassedoutandthegeneralapproach.
【Keywords】second-orderlinearrecursivesequence;homogeneoustype;characteristicequation;eigenvalue1关于递推数列的通项问题
对于数列a1,a2,a3……,an……(1)
如果存在两个固定的数(实数或复数)p1p2使对任意n都有
an=2+p1an+1+p2an=0(2)
则称数列(1)为二阶线性递推数列。
我们知道,如果要求出数列(1),只需知道前两项即a1,a2再根据(2)式可求出a3,同理可求出a4,a5……从而可以找到an的表达。满足以下两个条件:
(1)当n=1,2,3,……k,得a1,a2,a3,……ak;
(2)对任意n,由该表达式可以得到数列(1)的项,则这个表达式就解决了符合(2)式的数列(1)的问题。
除此之外,如果存在n和2个常数c1和c2的函数:an=f(n,c1,c2)而两个常数满足方程:
f(1,c1,c2)=a1
f(2,c1,c2)=a2
那末,也就找到了an的一般表达式。
设方程(2)的解型为an=xn
那末x满足方程x2+p1x+p2=0(该方程称为数列的特征方程)
如果特征方程没有重根,则一般表达式为
an=c1xn1+c2xn2(3)
如果特征方程有重根,则一般表达式为
an=(c1+c2·n)xn(4)
例1,已知an+2-5an+1+6an=0,a1=1,a2=-7,求an的表达式
解:设an的解型为an=xn
则有特征议程x2-5x+6=0x1=2,x2=3
所以an的一般表达式为an=c1×2n+c2×3n
由初始条件a1=1,a2=-7
f(1,c1,c2)=c1×2+c2×3=a1=1
f(2,c1,c2)=c1×22+c2×32=a2=-7得c1=5
c2=-3
故an=5×2n-3n+1
理论上特征方程(无重根情况)为什么为an=c1xn1+c2xn2的证明略!
例2已知数列an对于任意n都有
an+2-6an+1+9an=0且a1=3,a2=0。求an的表达式
解:假设an的解型为an=xn其特征方程为
x2-6x+9=0
x1=x2=3有重根,级数的解型为an=(c1+c2×n)3n
f(1,c1,c2)=(c1+c2)×3=3
f(2,c1,c2)=(c1+c2×2)×9=0得c1=2
c2=-1
所以an=(2-n)×3n
以上的例题都有一个特点,均是标准二阶线性递推的数列。下面就介绍一下非二阶线性递推数列(但可化成二阶线性递推数列的一些数列),这些数列一般都要通过一些特殊的技巧(这里介绍5种技巧,是起抛砖引玉的目的,希望各位老师挖掘出更好的方法和技巧)。
例3已知an+2-5an+1+6an=4a1=2,a2=6求数列的通项。
解:法一an=bn+a(此法:做替换×1加常数替换)a为常数
则(bn+2+a)-5(bn+1+a)+6(bn+a)=4
bn+2-5bn+1+6bn+(a-5a+6a)4(选择适当的a)
使a-5a+6a=4a=2但注意{bn}的初始条件(因an=bn+a)
所以bn+2-5bn+1+6bn=0由例1可知
bn=c12n+c23n得an=c12n+c23n+2
c1×2+c2×3=2
c1×22+c2×32=6得c1=-2
c2=43
故an=-2×2n×433n+2
=22×3n-1-2n+1+2
注:如果an+2+p1an+1+p2an=c且上式的系数代数和为0
(例)an+2+5an+1-6an+4则用加常数替换法无效
因为同上ban+2+5bn+1-6bn+(a+5a-6a)=4
a+5a-6a=0d≠4故此法无效。
法二(可用再递推一次法)下面就介绍再递推一次法
例4已知an+1-an=3na1=1
解:法一(因为该题an+1与an的余数比是1∶(-1)所以是最容易的一种递推数列)
由于1,32,33,……,3n组成的数列显然是一个等比数列
其和Sn=3(3n-1)3-1=32(3n-1)
再a2-a1=31
a3-a2=32
……
an+1-an=3n
an+1-a1=32(3n-1)所以an+1=32(3n-1)+1
故an=32(3n-1-1)+1
法二,再递推一次法由于对于任意n
均成立an+1-an=3n(1)
所以an+2-an+1=3n+1(2)
(2)-3×(1)故an+2-4an+1+3an=0
特征方程为x2-4x+3=0x1=1,x2=3
级数解型an=c1×1n+c2×3n
f(1,c1,c2)=c1+c2×3=a1=1
f(2,c1,c2)=c1+c2×32=3+a1=4所以c1=-12
c2=12
故an=32(3n-1)+1
再回到例3,用再递推一次法
法二由于关系式an+2-5an+1+6an=4对于任意n成立
所以an+3-5an+2+6an+1=4(1)
an+2-5an+1+6an=4(2)
(1)-(2)an+3-6an+2+11an+1-6an=0(3)
(3)的特征方程是
x3-6x2+11x-6=0
(x3-x2)-5(x2-x)+(6x-1)=0
(x-1)(x2-5x+6)=0
(x-1—)(x-2)(x-3)=0
故x1=1,x2=2,x3=3(不等根)
数列的解型为an=c1+c2×2n+c3×3n
初始值a1=2,a2=6
a3=4+5×6-6×2=22
f(1,c1,c2,c3)=c1+2c2×3c3=2
f(2,c1,c2,c3)=c1+4c2×9c3=6
f(2,c1,c2,c3)=c1+8c2×27c3=22解得c1=2
c2=-2
c3=43
故an=2+(-2)2n+43×3n
即an=22×3n-1-2n+1+2
下面引出一组习题
(一)递归关系式的解法,试给定下列条件求数列的通项公式:
1.a1=1,an=an-11+an+1(n≥2)
2.a1=1,an=2a2n-1+1(n≥2)
*3.a1=a2=1,an=an-1-an-22an-1-1(n≥3)
提示:1.bn=1an*3作倒数替换
2.设bn=a2n*4.作平方替换
*3.借助于猜测求出通项公式并按归纳法证明它。此题难度较大略!
答案:1.an=1n2.an=2n-13.an=92{n3}(1-{n3})
(二)递归关系式解法的拓广
1.求被条件a1=a2=2an=an-1×a2n-2(n≥3)所给定的数列通项
公式,*5.做对数替换
提示:设bn=log2an答案:an=22n+(-1)n+13。
2.求被条件a1=12,a2=13,an=an-1×an-23an-2-2an-(n≥3)所给定的数列的通项公式
提示:设bn=1an,答案:an=11+2n-1。
(一)1.的详解,因为我们设bn=1an,an≠0又an=an-11+an+1中1+an-1≠0(n≥2)所以an=1bn代入得1bn=1bn-1bn-1+1bn-1即得1bn=1bn-1+1等式代换,均为既约分数
故bn=bn-1+1
法一,∵bn-bn-1=1(n≥2)∴{bn}为b1=1d=1的等差数列
∴bn=1+(n-1)d=1+(n-1)=n∴an=1n
法二,用再递归一次的方法
bn=bn-1+1(1)
bn+1=bn+1(2)
(2)-(1)bn+1=bn+1
特征方程为x2-2x+1=0
x1=x2=1重根
∴数列的解型为bn=(c1+c2·n)n即bn=c1+c2·n
f(1,c1,c2)=c1+c2=1
f(2,c1,c2)=c1+c2×2=2得c1=0
c2=1∴bn+1=n
则an=1bn即an=1n
2.的详解∵a1=1,an=2a2n-1+1,等式右边an>0且右边2a2n-1+1>0
∴将式两边平方a2n+1=2a2n-1+1
设bn=a2n∴所以上式化为bn=2bn-1+1(n≥2)
即bn-2bn-1-1=0(1)
用再递归一次法bn+1-2bn-1=0(2)
(2)-(1)bn+1-3bn+2bn-1=0(3)
(3)的特征方程是x2-3x+2=0x1=1,x2=2不等式
数列bn的解型:bn=c1=c2·2n
f(1,c1,c2)=c1+c2×2=b1=1
f(2,c1,c2)=c1+c2×4=b2=3得c1=-1
c2=1
而b2=a22=2×a21+1=3故2n-1则an=2n-1
(二)1.的详解:因为a1=a2=2n≥3的情况下,等式右边
an-1×a2n-2≥0则等式左边an≥0
将等式an=an-1×a2n-2两边取以2为底的对数,(∵a1=a2=2)
∴log2an=log2an-1+2log2an-2
设bn=log2an则上式变为
bn-bn-1-2bn-2-1=0(n≥3)
∴上式的特征方程为x2-2x-2=0
解得x1=2,x2=-1
∴bn=c1×2n+c2(-1)n
又b1=b2=log22=1
f(1,c1,c2)=c1×21+c2×(-1)1=1
f(2,c1,c2)=c1×4+c2×(-1)1=1得c1=13
c2=-13
故bn=22n+(-1)n+13
∴bn=log2an
故an=22n+(-1)n+13
2.的详解设bn=1an(an≠0且n≥3)则an=1bn
代入原式1bn=13bn-1-2bn-2(为既约分数)
∴bn=3bn-1-2bn-2即bn-3bn-1+2bn-2=0
特征方程x2-3x-2=0
解得x1=1,x2=2
a1=12,b1=2a2=13,b2=3
是不等根∴bn=c1+c2n
f(1,c1,c2)=c1+C2×2=2
f(2,c1,c2)=c1×4+c2=3得c1=1
c2=-12
∴bn=1+122n=1+2n-1
故an=11+2n-1参考文献
[1]陈景润.组合数学.河南教育出版社,1985
[2][俄]M.N.巴斯马科夫.代数与分析习题集.莫斯科.科学杂志,1982