1樓：網友
俺的粗淺的理解哈者辯，拋磚引玉。
1，特徵方程的由來。
a(n+1) =pa(n)+q]/[ra(n)+h], pr不等於0.
a(n+1)[ra(n)+h] =pa(n)+q],ra(n+1)a(n) +ha(n+1) -pa(n) -q = 0,設b(n) =a(n) -a,【a為待定常數】
0 = r[b(n+1)+a][b(n)+a] +h[b(n+1)+a] -p[b(n)+a] -q = rb(n+1)b(n) +rab(n+1) +rab(n) +ra^2 + hb(n+1) +ah - pb(n) -pa - q
rb(n+1)b(n) +b(n+1)(h+ra) -b(n)(p-ra) +ra^2 + a(h-p) -q.
如果0 = ra^2 + a(h-p) -q有實數汪盯解【就是特徵方程有實數解】。
a(n+1) =pa(n)+q]/[ra(n)+h],就可以轉化成，0 = rb(n+1)b(n) +b(n+1)(h+ra) -b(n)(p-ra)，0 = r + h+ra)/b(n) -p-ra)/b(n+1),設c(n) =1/b(n),0 = r + h+ra)c(n) -p-ra)c(n+1).
轉化為1階線性關係了。
上面就是分式1次型不動點特徵方程的由來吧。
2，特徵方程無實數解時的處理。
當(h-p)^2 + 4rq < 0時，特徵方程沒有實數解。
此時，特徵方程有複數解。
記 u = 4rq-(h-p)^2]^(1/2),a = p-h+iu]/(2r)或a = p-h-iu]/(2r)
記v=arctan[u/(p-h)],a = q/r)[cosv + isinv]或a = q/r)[cosv + isinv].
還是將複數a代入，將分式1次型轉化為1階線性型。【不過，現在的線性模型的係數中一定有複數了。】
俺想，週期的秘密就藏在複數a的困嫌和復角v裡面吧。。
因為俺遇到這種問題，都沒去找週期，都是直接傻乎乎地解那個復係數的線性型去了，所以，俺對週期沒有心得。
唉，俺只知道這麼多了。
2樓：網友
不好意思，我才高一，這個題目對我來講還太過了。
分式線性遞迴數列沒有不動點的情況
3樓：網友
可以在複數範圍內有不動點，應該是週期數列。
個人意見：p
4樓：網友
高階等差數列有沒有？只要f(x)恆不等於x就行。
舉個例子f(n)=2^2+3^3+..n^2(n>=2)
求解不動點求數列的問題
5樓：亮亮ve縒搆
第一題，你算錯了。。很明顯2/3應該是方程的根。
兩式相減為 a(n+1)-an=2/3(an-a(n-1))
a(n+1)-5/3an+2/3a(n-1)=0
所以為 3x^2-5x+2=0
第二題，用不動點求x=x/2+1/(4x) x1=gen(2)/2 x2=-gen(2)/2
所以a(n+1)+gen(2)/2=(2a(n)^2+1)/4a(n) +gen(2)/2=(gen(2)a[n]+1)^2/4a[n]
a[ n+1]-gen(2)/2= ……=(gen(2)a[n]-1)^2/4a[n]
兩式相除：令 gen(2)/2=a
a[n+1]+a)/(a[n+1]-a)=(a[n]+a)^2/(a[n]-a)^2
令 b[n]=lg((a[n]+a)/a[n]-a)
有 b[n+1]=2b[n];
第三題：因為有兩個相等的不動點 x=a=0
方法是 1/a[n+1]=(2a[n]+1)/a[n]=2+1/a[n] 等差數列。
這樣可以麼？
不動點和特徵方程解數列有區別嗎
6樓：網友
是有區別的。
當f(x)=x時，x的取值稱為不動點，典型例子： a(n+1)=(a(an)+b)/(c(an)+d)
注：我感覺一般非用不動點不可的也就這個了，所以記住它的解法就足夠了。
我們如果用一般方法解決此題也不是不可以，只是又要待定係數，又要求倒數之類的，太複雜，如果用不動點的方法，此題就很容易了x=(ax+b)/(cx+d)
令 ，即 ，cx2+(d-a)x-b=0
令此方程的兩個根為x1，x2，若x1=x2
則有1/(a(n+1)-x1)=1/(an-x1)+p
其中p可以用待定係數法求解，然後再利用等差數列通項公式求解。
注：如果有能力，可以將p的表示式記住，p=2c/(a+d)
若x1≠x2則有(a(n+1)-x1)/(a(n+1)-x2)=q((an-x1)/(an-x2)
其中q可以用待定係數法求解，然後再利用等比數列通項公式求解。
注：如果有能力，可以將q的表示式記住，q=(a-cx1)/(a-cx2)
簡單地說就是在遞推中令an=x 代入。
a(n+1)也等於x
然後構造數列。
因為指數函式e^x存在這樣的性質，就是不論積還是導形式都不變，所以就把線性方程中的各個項都設成乙個多項式和乙個e^x相乘的形式，而對方程求解的問題就變成了求多項式所構成方程的根的問題，而那個多項式所構成的方程也就是特徵方程。
所謂特徵方程，實際上就是為研究相應的數學物件而引入的一些等式，它因數學物件不同而不同，包括數列特徵方程，矩陣特徵方程，微分方程特徵方程，積分方程特徵方程等等。
下面所介紹的僅僅是數列的特徵方程。
數列特徵方程式。
乙個數列：x(n+2)=c1x(n+1)+c2x(n)
設r，s使x(n+2)-rx(n+1)=s[x(n+1)-rxn]
x(n+2)=(s+r)x(n+1)-srxn c1=s+r c2=-sr
消去s就匯出特徵方程式。
r^2-c1*r-c2=0
高中數學 數列問題
7樓：網友
第三步錯了。
有關分式遞推數列週期性的判斷（非歸納法，是完全判斷法）：
概念：形如a(n+1)=(a*an+b)/(c*an+d)稱為分式遞推數列：
首先求出分式函式的不動點，即將a(n+1),an均看成x
然後求x=(ax+b)/(cx+d)的解，若為週期函式，則該方程必有兩個共軛複數根x1，x2（即△<0)。
根據只要求出x1^n=-1的最小n，就是該數列的最小正週期。
如上題：x=1/(1-x),x^2-x+1=0,x=(1±v3)/2=cos60°±isin60°,x^3=-1,週期為3。
8樓：h瀟瀟
由an+1-an+1*an=1
推出1／an+1-1／an=-1
這一步是錯的。
判斷週期數列一般就是算到a5,a6左右）目測法很少。
用不動點法求遞推數列的原理
9樓：匿名使用者
以後學了高等數學就明白了，不動點大多用於極限過程。如數學分析中的隱函式定理、反函式定理的一般形式，微分方程初值問題解的存在唯一性定理，都是利用不動點理論證明的。
至於你的這個問題，是數列的計算技巧問題。這裡利用特徵根（也就是解得的不動點）可以把數列的通項公式寫出來，進而得到週期。可以參看任何一本組合數學的書。
由於數列是分式線性變換的迭代，可以和二階矩陣的乘冪對應，所以也可以利用線性代數的特徵值得到標準形來求解，都是類似的想法。——這就是這個題目背後的數學內容。
具體的內容大概寫起來很長，建議你去查書，組合數學的書或數學競賽書中講組合數學或數列的一部分。
對於高中生，當然可以從更自然的角度去看這個問題：遞推公式可以通過適當的變換，轉化為（乙個或兩個）等比數列求解。
高中數學數列特徵根和不動點法解通項公式的原理是什麼，說的簡單點
10樓：網友
高中數學數列特徵根的原理是韋達定理：
對於形如a(n+2)=p*a(n+1)+q*a(n)的式子，總是存在 r、s 使 a(n+2)-r*a(n+1)=s[a(n+1)-r*a(n)] 化簡得 a(n+2)=(s+r)*a(n+1)-sr*a(n) ，即s+r=p，sr=-q，由韋達定理可知，r、s 就是一元二次方程 x^2-px-q=0 的兩根，也就是特徵根。
不動點法解通項公式的原理是極限思想：
對於形如a(n+1)=aan+b的式子，當n很大時，an其實很接近a(n+1) ，二者近似相等了，即an=a(n+1)，於是（an，a(n+1)）構成不動點。於是原始轉化為x=ax+b，解得x=b/(1-a),於是又x-b/(1-a)=a(x-b/(1-a)),即a(n+1)-b/(1-a)=a(an-b/(1-a)),於是數列an就是以a為公比的，是首項a1-b/(1-a)的數列，於是就可以求出通項公式了。
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