高次方程的特征根整式方程未知数次数最高项次数高于2次的方程，称为高次方程。 解高次方程一般要降次，即把它转化成二次方程或一次方程。也有的通过因式分解来解。 一元三次方程的求根公式用通常的演绎思维是作不出来的，用类似解一元二次方程的求根公式的配方法只能将型如ax^3+bx^2+cx+d+0的标准型一元三次方程形式化为x^3+px+q=0的特殊型。 一元三次方程的求解公式的解法只能用归纳思维得到，即根据一元一次方程、一元二次方程及特殊的高次方程的求根公式的形式归纳出一元三次方程的求根公式的形式。归纳出来的形如 x^3+px+q=0的一元三次方程的求根公式的形式应该为x=A^(1/3)+B^(1/3)型，即为两个开立方之和。归纳出了一元三次方程求根公式的形式，下一步的工作就是求出开立方里面的内容，也就是用p和q表示A和B。方法如下： （1）将x=A^(1/3)+B^(1/3)两边同时立方可以得到 （2）x^3=(A+B)+3(AB)^(1/3)(A^(1/3)+B^(1/3)) （3）由于x=A^(1/3)+B^(1/3)，所以（2）可化为 x^3=(A+B)+3(AB)^(1/3)x，移项可得 （4）x^3－3(AB)^(1/3)x－(A+B)＝0，和一元三次方程和特殊型x^3+px+q=0作比较，可知 （5）－3(AB）^（1/3）＝p,－(A+B)=q，化简得 （6）A+B＝－q，AB＝-（p/3）^3 （7）这样其实就将一元三次方程的求根公式化为了一元二次方程的求根公式问题，因为A和B可以看作是一元二次方程的两个根，而(6)则是关于形如ay^2+by+c=0的一元二次方程两个根的韦达定理，即 （8）y1＋y2＝－（b/a）,y1y2=c/a （9）对比（6）和（8），可令A＝y1，B＝y2，q＝b/a，-（p/3）^3＝c/a （10）由于型为ay^2+by+c=0的一元二次方程求根公式为 y1＝－（b＋（b^2－4ac）^(1/2)）/(2a) y2＝－（b－（b^2－4ac）^(1/2)）/(2a) 可化为 (11)y1＝－(b/2a)-((b/2a)^2-(c/a))^(1/2) y2＝－(b/2a)+((b/2a)^2-(c/a))^(1/2) 将(9)中的A＝y1，B＝y2，q＝b/a，-（p/3）^3＝c/a代入（11）可得 (12)A＝－(q/2)-((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2) B＝－(q/2)+((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2) (13)将A，B代入x=A^(1/3)+B^(1/3)得 (14)x=（－(q/2)-((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)）^(1/3)+（－(q/2)+((q/2)^2＋（p/3）^3）^(1/2)）^(1/3) 但是这个式子只能求出一个根 和三次方程中的做法一样，可以用一个坐标平移来消去四次方程 一般形式中的三次项。所以只要考虑下面形式的一元四次方程： x4=px2+qx+r 关键在于要利用参数把等式的两边配成完全平方形式。考虑一个参数 a，我们有 (x2+a)2 = (p+2a)x2+qx+r+a2 等式右边是完全平方式当且仅当它的判别式为0，即 q2 = 4(p+2a)(r+a2) 这是一个关于a的三次方程，利用上面一元三次方程的解法，我们可以 解出参数a。这样原方程两边都是完全平方式，开方后就是一个关于x 的一元二次方程，于是就可以解出原方程的根x。 最后，对于5次及以上的一元高次方程没有通用的代数解法(即通过各项系数经过有限次四则运算和乘方和开方运算)，这称为阿贝耳定理。
参考资料：
特征根也叫特征根法，是常系数齐次线性微分方程的一种通用方法。特征根法也可用于求递推数列通项公式，其本质与微分方程相同。
特征方程是为研究相应的数学对象而引入的一些等式，它因数学对象不同而不同，包括数列特征方程、矩阵特征方程、微分方程特征方程、积分方程特征方程等等。对于高阶线性递推数列和分式线性递推数列，我们也可借鉴前面的参数法，求得通项公式。
（一）、拆分变换
形如an+1=can +d （其中c,d为常数，且c 0, c 1）的递推式，可将其拆分后转化成 =c的等比数列{bn}来解。
例1． 已知数列{an}满足a1=2, an+1=3an+2求an
分析：由于an+1与an是线性关系，由式子an+1=can +d可联想到直线方程的斜截式y=cx+d ,它应当可以化为点斜式，而c 1,则直线y=cx+d与直线y=x必有一交点，设为（t, t）
解：an+1=3an+2可设为an+1－t=3(an－t)
可得an+1=3an－2t, t=－1
得到 =3即{an+1}是以a1+1=3为首项，q=3为公比的等比数列
an+1=3·3n-1=3n 故an=3n－1
（二）、运用待定系数法或换元法进行变换
形如an+1=can +d(n) （其中c,d为常数，且c 0, c 1,d(n)为n的函数）的递推式，可用待定系数法或换元法转化成等比数列。
1）若d(n)为n的一次函数，可采用待定系数法
例2．已知a1=2, an+1=4an+3n+1求an
分析：与上述情形作比较，发现常数d变成了一次函数d(n)，可考虑用一个辅助数列{bn}，使{bn}成为等比数列。
解：（用待定系数法）设bn=an－(Bn+C)，则
an=bn+(Bn+C) (其中B，C为待定常数)
由an+1=4an+3n+1可得
bn+1+B(n+1)+C=4(bn+Bn+C)+3n+1
即bn+1= 4bn+（3B+C）n+(3C－B+1)
令3B+C=0 ，3C－B+1=0可得
B=－1， C=－
这样，bn+1= 4bn 即数列{bn}是公比为4，首项为b1=a1－(B+C)= 的等比数列， ∴bn= ·4n-1
故an= ·4n-1＋[（－1）n－ ]= (22n+1－3n－2)
特别地，形如an+1=can +d(n)的情形中，当c=1时变为an+1=an +d(n)，即
an+1－an =d(n)，对于这类问题一般采用“累差法”解决；相应地， =q(n),则采用“累积法”
例3．在数列{an}中，a1=－3, an+1=an+2n求an
分析：an+1=an+2n即an+1－an=2n比较等差数列，我们称之为变差数列，一般可采用“累差法”。
解：由an+1=an+2n即an+1－an=2n，可得
an－an-1=2（n －1），an-1－an-2=2（n －2）… a2－a1=2
将上述各式相加，得
（an－an-1）+（ an-1－an-2）+…+ （a2－a1）=n(n－1)
即：an－a1= n(n－1) an = n2－n－3 （当n=1时也成立）
2）若d(n)形如Pam（P为非零常数，m N），可采用换元法
例4．在数列{an}中，a1=1， an+1=3an+2n求an
解：由an+1=3an+2n 可得
2· =3· +1 令bn= 则
bn+1= bn+ ，类似于拆分变换，上式两边同加上1，得
bn+1+1= （bn+1）
{bn+1}是以b1+1= +1= 为首项，公比为 的等比数列
bn+1=（ b1+1）·（ ）n-1=( )n bn= ( )n －1
an=2n·bn=3n－2n
（三）、倒数变换
形如an+1·an=can+1+dan （其中c、d为不等于零的常数）的递推式，可令
bn+1= ，bn= 则可转化为等差数列或拆分变换的情形
例5．在数列{an}中，若a1=2， an+1= ，求an
分析：将an+1= 去分母得
an+1·an=－3an+1+an 形如an+1·an=can+1+dan ，故可采用“倒数变换”
解：由an+1= 可得 = +1
设bn= ，则上式可变为：bn+1=3bn+1 ，即为拆分变换情形
令bn+1+t=3(bn+t) 即bn+1=3bn+2t ，t=
故{bn+ }是首项为 + =1，公比为3的等比数列，
bn+ = 3n-1 bn=3n-1－ an= (当n=1时也成立)
（四）、对数变换
对形如an+1=Panm(P为非零常数，m N且m>1), 可利用对数的运算法则，将积、商、幂的形式转化成和、差、倍的形式，从而构成新的等差或等比数列
例6．已知数列{an}满足a1=2， an+1=an2，求an
分析：由于出现幂的形式an2，故可考虑取对数使之转化为积的形式
解： a1=2， an+1=an2 >0
对an+1=an2的两边取以10为底的对数，得
lg an+1=2lgan =2
即数列{lgan}是一个首项为lg2，公比为2的等比数列
lgan= （lg2）·2n-1 故an=
(五)特征根法
对形如an+2=αan+1+βan (其中α、β为非零常数)的线性齐次递推式，若已知a1=c1, a2=c2, 可先求出其特征方程x2－αx－β =0的特征根x1、x2
若方程x2－αx－β =0有两个不同的特征根x1、x2，则可设
an=λ1x1n+λ2x2n ，由a1、a2求出λ1、λ2， 即可求得an
若方程x2－αx－β =0有两个相同的特征根x，则可设an=（λ1+nλ2）xn ，类似地，也可求得an
例7．已知数列{an}中，a1=0，a2=2, a3=6，且an+3=2an+2+an+1－2an，求an
分析：由于形如an+2=αan+1+βan ，可先求出其特征方程的特征根。
解：由特征方程x3=2x2 +x－2解得：x1=2, x2=1, x3=－1
设an=λ12n +λ2+λ3(－1)n
由
解得
an=2n－2
特别地，当 =1时，可得an+2= an+1+ an 若a1=1，a2=1,便是著名的斐波那契数列。
（六）、构造法
例8．已知数列{an}中，a1=1，a2=1,且an+2=an+1+an，求an
分析：对于斐波那契数列，用特征根法显然可以求解，但这里介绍一种构造法，即构造一个新的数列{an+1－tan}求解
解：设新数列的第n项为an+1－tan，则第n+1项为an+2－tan+1
设 an+2－tan+1=（1－t）（an+1－tan）
则 an+2=an+1－（1－t）tan
令 －（1－t）t =1 得 t2－t－1=0，
解得：t1= , t2=
所以 an+2－t1an+1=（1－t1）（an+1－t1an） ①
an+2－t2an+1=（1－t2）（an+1－t2an） ②
由①式得
an+1－t1an=（a2－t1a1）（1－t1）n-1
由②式得
an+1－t2an=（a2－t2a1）（1－t2）n-1
两式相减，可得
（t2－t1）an=（a2－t1a1）（1－t1）n-1－（a2－t2a1）（1－t2）n-1
即可得 － an=（ ）n－( )n
故 an= [（ ）n－( )n ]
(七)迭代变换
形如an+1=can +d(n)或 =q(n) （其中c,d为常数，且c 0, d(n)、q(n)分别为n的函数）的递推式，也可以考虑用迭代变换
例9（2002全国高考卷第22题）
设数列{an}满足 an+1=an2－nan+1,n=1,2,3…,
(I)当a1=2时，求a2,a3,a4,并由此猜想an的一个通项公式；
（II）当a1≥3时，证明对所有的n≥1,有
（i）an≥n+2；
(ii) + +…+ ≤
分析：本题第（II）小题较难，对（II）（i）可用数学归纳法，但对(ii)学生首先想到放缩法、构造法或者数学归纳法。这里介绍一种迭代技巧。
解：(ii)由an+1=an（an－n）+1及an≥n+2可知
ak=ak-1(ak-1-k+1)+1
≥ak-1(k-1+2-k+1)+1=2ak-1+1, …
可得：ak≥2k-1a1+2k-2+…+2+1=2k-1(a1+1)-1
故 ≤ · ,k≥2
+ +…+ ≤ + ≤ ≤ =
定义特征根法是解常系数齐次线性微分方程的一种通用方法。特征根法也可用于求递推数列通项公式，其本质与微分方程相同。rr+pr+q称为对递推数列: a(n+2)=pa(n+1)+qan的特征方程。方法对微分方程：设特征方程rr+pr+q=0两根为r1，r2。1 若实根r1不等于r2y=c1e^(r1x)+c2e^(r2x)2 若实根r1=r2y=(c1+c2x)e^(r1x)3 若有一对共轭复根（略）对递推数列：如何用特征方程求数列的通项？ 数列：满足An+2 + sAn+1 + tAn=0 则其对应的特征方程为：x^2 +sx+t=0 ,设其两根为α、β 1)当α≠β时，An=kα^(n-1) + mβ^(n-1) 2)当α＝β时，An=(kn+m)α^(n-2) 其中k、m的值的求法，用A1、A2的值代入上面的通项公式中，建立方程组解之即可 (1)数列满足：An+2 -4An+1 +4An=0 ,A1=1 ,A2=2 ,求通项An 解：特征方程为 (x-2)^2=0 ,所以α＝β＝2 设An=(kn+m)α^(n-2) ， 所以(k+m)/2 = 1 ,(2k+m)=2 ,解得：k=2 ,m=0 所以An=(kn+m)α^(n-2)=n2^(n-1) (2)裴波那契数列满足：An+2 -An+1 -An=0 ,A1=1 ,A2=1 ,求通项An 解：特征方程为 x^2 -x-1=0 ,所以α=(1-√5)/2 ,β=(1+√5)/2 设An=kα^(n-1) + mβ^(n-1) ，则有 k + m = 1 ,k(1-√5)/2 + m(1+√5)/2 = 1 解得：k=-(√5/5)α ,m=(√5/5)β 所以An= (√5/5)β^n - (√5/5)α^n1 若特征方程有两个不等实根r1,r2则an=c1r1^n+c2r2^n其中常数c1,c2由初始值a1=a,a2=b唯一确定。(1) c1r1+c2r2=a;(2) c1r1^2+c2r2^2=b2 若特征方程有两个相等实根r1=r2=ran=(c1+nc2)r^n其中常数c1,c2由初始值唯一确定。(1) a=(c1+c2)r(2) b=(c1+2c2)r^2一类重特征根对方程解的简便解法对于常系数齐次线性微分方程组dX/dt=AX,当矩阵A的特征根λi(i=1,…,r)的重数是ni(≥1),对应的mi个初等因子是(λ-λi)ki1,…,(λ-λi)kimi,ki1+…+kimi=ni时,它对应方程中ni个线性无关解,其结构形如Xi(t)=(P(i)1(t),…,P(i)n(t))'eλ()i,此时多项式P(i)j(t)的次数小于等于Mi-1,(Mi=max{ki1…,kimi})由于Mi计算起来非常困难,本文利用相似矩阵的特点和Jordan标准型在Mi-1与ni-1之间找到了一个便于应用的多项式P(i)j(t)次数的上界,使计算起来更加方便和有效
不动点求数列通项原理如下：
求数列通项的例子：
数列中,A1=1,A2=2,A(n+2)=-A(n+1)+2An （A后的括号代表下标）求An通项
这道体我当时记了个方法：原式变形后 A(n+2)+A(n+1)-2An＝0
令 X^2+X-2=0 解得X=-2 或 1 所以｛A(n+1)-An｝为公比-2的数列；｛A(n+1)+2An｝为公比1的数列
然后联立 解出来
上述方法,应该说是特征根法和不动点法
特征根：
对于多个连续项的递推式（不含常数项）,可化为X的(n-1)次方程
即：a0An+a1An+1+a2An+2+akAn+k可写为：
a0+a1x+a2x^2+akx^(k-1)=0
然后求出根（实根虚根都可以）,不同项写成Cx^(n-1),相同项写成关于n的整式,有多少同根,n的次数就是同根数减1,比如求出x1=2,x2=3,x3=3,x4=6,x5=3,通项就是：a2^(n-1)+b6^(n-1)+3(cn^2+bn+d),其中abcde都是待定系数,要靠已知项联立方程求解
不动点：
比如：已知a1=1,且a(n+1)=1+2/an (n大于等于1),求an
a(n+1)=(an+2)/an()
令an=x,a(n+1)=x
x=(x+2)/x
x^2-x-2=0
x1=2,x2=-1
{(an-2)/(an+1)}为等比数列
令(an-2)/(an+1)=bn
b(n+1)/bn=[(a(n+1)-2)/(a(n+1)+1)]/[(an-2)/(an+1)]
(将a(n+1)用式换成an)
=-1/2
b(n+1)=(-1/2)bn
b1=-1/2
bn=(-1/2)^n=(an-2)/(an+1)
an=[2+(-1/2)^n]/[1-(-1/2)^n],n>=1
注：形如：a(n+1)=(Aan+B)/(Can+D),A,C不为0的分式递推式都可用不动点法求让a(n+1)=an=x,代入化为关于x的二次方程
(1)若两根x1不等于x2,有{(an-x1)/(an-x2)}为等比数列,公比由两项商求出
(2)若两根x1等于x2,有{1/(an-x1)}为等差数列,公差由两项差求出
若无解,就只有再找其他方法了
并且不动点一般只用于分式型上下都是一次的情况,如果有二次可能就不行了
对于原理,要大学才学,是建立在对方程的研究之上的
特征方程（特征根法）实际上是有给的递推关系通过移项整理成一个新的数列递推关系，且为等比数列。然后用等比数列的方法做即可。
设 r、s 使 a(n+2)-ra(n+1)=s[a(n+1)-ra(n)]
所以 a(n+2)=(s+r)a(n+1)-sra(n)
即,s+r=p,sr=-q,由韦达定理可知,r、s 就是一元二次方程 x^2-px-q=0 的两根,也就是刚才说的特征根
然后进一步证明那个通项公式：
如果r=s,那么数列{a(n+1)-ra(n)} 是以 a(2)-ra(1) 为首项、r 为公比的等比数列,根据等比数列的性质可知：a(n+1)-ra(n) = [a(2)-ra(1)]r^(n-1),
两边同时除以r^(n+1),得到 a(n+1)/r^(n+1)-a(n)/r^n = a(2)/r^2-a(1)/r
等号右边的是个常数,说明数列{a(n)/r^n} 是个等差数列显然等号右边那个就是公差,首项也比较明显,这里不重复了根据等差数列性质：a(n)/r^n = a(1)/r + (n-1)[a(2)/r^2-a(1)/r]
整理一下,并设 a(2)/r^2-a(1)/r = d ,再设 2a(1)/r-a(2)/r^2 = c ,然后把那个 r 用 A 来代,就可以得到 a(n)=(c+nd)A^n 了
至于那个方程有两个不等的实根的情况,证明起来原理基本一致,就是略微繁琐一点,这里就不多说了,lz自己试试,当成数列练习把~
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