【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 2a n5=3n1 ④③④得 an12an1+57a n2134a n3+156a n472a n5=0 特征方程 q512q4+57q3134q2+156q72=0 q1=q2=q3=2, q4= q5=3 an =(A +Bn+Cn2)2n+(D+En)3 n（14）an 2a n1=2n+3n+4n解：an 2a n1=2n+3n+4n ①an1 2a n2=2n1+3n1+4n12an1 4a n2=2n+23n1+24n1 ②①②得 an4an1+4a n2=3n1+24n1an4an1+4a n2=3n1+24n1 ③an14an2+4a n3=3n2+24n23an112an2+12a n3=3n1+64n2 ④③④得 an7an1+16a n212a n3=24n2 an7an1+16a n212a n3=24n2 ⑤an17an2+16a n312a n4=24n34an128an2+64a n348a n4=24n2 ⑥⑤⑥得 an11an1+44an276a n3+48a n4=0 特征方程 q411q3+44q276q+48=0 q1=q2= 2, q3=3,q4= 4 an =(A +Bn+)2n+C3 n+D4 n 解： ，求這個(gè)遞推關(guān)系的解解： 已知：所以有：　　　　設(shè)：　　 即：　　　（１）等式（１）的特征方程為：　　　?。ǎ玻　　　t：　　則（１）的通解為：若給定初始條件：則：　　　　　　　解得： 　　　　　　　　所以：又因?yàn)椋骸∷裕旱慕猓骸?， 解這個(gè)遞推關(guān)系。解：已知：所以有：　　　　　　　　　　　　　　設(shè)： 即：　　?。ǎ保┑仁剑ǎ保┑奶卣鞣匠虨椋骸　　　。ǎ玻　　　t：　　則（１）的通解為：因?yàn)椋骸　∷杂校骸t：　　　　解得： 所以：又因?yàn)椋骸∷裕旱慕猓骸〗猓? 解下列遞推關(guān)系：（a）an = na n1, a0 = 1,an = ?解：n： an = na n1n(n1)： an1= (n1)a n2n(n1)(n2)： an2= (n2)a n3n(n1)(n2)(n3)： an3= (n3)a n4… … … … …n(n1)(n2)(n3) …3： a2 = 2a 1把等式左右兩端相加化簡(jiǎn)得：an = n(n1)(n2)(n3) …32a 1an = n!a1an = n!（b）an a n1 =, a0 = 7解：an a n1 = ①an1a n2=()n1 an1 a n2=()n ②①②得 an an1+ a n2=0 特征方程 q2 q+ =0 q1=1,q2= an =A +B() na0 =7,a1= 7=A+B A=8=A+ B=1an =8 () n（c）an a n1= 解：an a n1= ①an a n1=（ ）n1an1 a n2=（ ）n ②①②得 an an1+ a n2=0 特征方程 q2 q+ =0 q1=1,q2= an =A +B() n，求解解：……….……….+令則令得則 an= an1+C(n+2,3), a0=0,求an。 解：由已知遞推關(guān)系，可得： anan1= (n+23) （1） an1an2= (n+13) （2） …………………… a2 a1= (43) (n1) a1a0= (33) (n) 將1，2，3.。n以上n個(gè)式子累加，可得： ana0= (n+23) + (n+13) + …….. + (43) + (33), 由于(n+23) + (n+13) + …….. + (43) + (33)= (n+2n1) + (n+1n2) + …….. + (41) + (30)= (n+3n1) 有因?yàn)閍0=0,代入可得， an= (n+3n1). ，解： 有（1x）G(x)=x當(dāng)G(x)乘4次（1x） 有 （1x）G(x)= x （1x）G(x)=1/(1x) G(x)=1/（1x）有六重根，因此設(shè)置形式為 帶入即可解出a的表達(dá)式。 利用迭代法解：(1)(2) 解：（1）…若，則 （2） 若，則 利用置換,解： an= ，a0=1,a1= 4 解：把代入等式，即 → 特征方程為: 特征根為 帶入初值： 得 理由置換，解：，答案： 把代入中得： 得： 設(shè)=代入得到特征多項(xiàng)式 解方程的， 所以 2．39利用置換，解：，解：利用置換代入上式可得，即，即可得 特征方程： 解得，q=1通解為：根據(jù)，可得，即，代入通解可得 由此可得，，所以，即. 設(shè)a滿足: a+ba+ba=5r 其中b,b和r都是常數(shù),試證該序列可滿足三階齊次線性常系數(shù)遞推關(guān)系,且有特征多項(xiàng)式(xr)(x+bx+b)證明: a+ba+ba=5r ① a+ba+ba=5r ②②兩邊乘以r得 ra+rba+rba=5r ③① ―③得 a+(br)a+(brb)arba=0 ④由④.它的特征多項(xiàng)式為 x+(br)x+(brb)xrb因式分解為(xr)(x+bx+b) 證畢.：設(shè){an}滿足anan1an2=0, {bn}滿bn2bn1bn2=0,=an+bn, n=。證{}滿足一個(gè)四階線性常系數(shù)齊次遞推關(guān)系。解：因?yàn)閍n= an1+an2，bn=2bn1+bn2,所以= an1+an2+2bn1+bn2=21+2an1所以an1=21+2 ,又因?yàn)閍n1=anan2=2+1 +1 (22+3 1)所以= 21+2an1 = 21+2 [2+1 +1 (22+3 1)]所以3323 +1=0 ，滿足一個(gè)四階線性常系數(shù)齊次遞推關(guān)系。 ，若，試討論之 解：滿足 滿足所以， （1）又因?yàn)?: 所以 有 （2） 那么 得 又因?yàn)椋?）知道（3） （3）—（2）= 所以最后得到 ；所以推出{}滿足四階線性常系數(shù)齊次遞推關(guān)系。 設(shè){an}和{bn}均滿足遞推關(guān)系xn+d1xn1+d2xn2=0，試證（1）{anbn}滿足一個(gè)三階奇次線性常系數(shù)遞推關(guān)系；（2）a0，a2，a4，…滿足一個(gè)二階線性常系數(shù)奇次遞推關(guān)系。解（1）所以{anbn}滿足一個(gè)三階其次線性常系數(shù)遞推關(guān)系。 設(shè)是Fibonacci序列,試找出常數(shù)a,b,c,d，使解：但n分別為0,1,2,3時(shí),有代入上面四個(gè)式子,得 a=,b=21,c=13,d=. 設(shè)是Fibonacci序列，試找出常數(shù)，使： 解： 因而有：2a+ 6b + 30c +120d=2 6a+30b+ 120c+520d=8 30a+120b+520c+2184d=34 120a+520b+2184c+9248d=144 解之得： ， ， ， 對(duì)所有的正整數(shù)a,b,c,恒有 解：首先 若能證明 （m,n為任意的正整數(shù)）成立，則原式可證明成立。所以用第二歸納原理證明得： n固定，當(dāng)m=1時(shí)：． 證明：由題知： 　 　所以 有紅、黃、藍(lán)、白球各兩個(gè)，綠、紫、黑球各3個(gè)，從中取出10個(gè)球，試問(wèn)有多少種不同的取法？ 解：設(shè)ar表示取出r個(gè)球的不同取法，則序列{ar}的母函數(shù)為 ，即求的系數(shù)。 則，即先求的整數(shù)?？傻萌缦卤砀瘢篴00011223b01201010c106273401 再根據(jù)公式），有 ，則有的系數(shù)為： 即有678種不同