3.2常系数线性齐次递推关系

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线性常系数齐次递推

线性常系数齐次递推
i
2 1 2
k 1
k 2
1 C x C x
其中
Ck x G x C j x
k j 0
k 1
k 1 j j i 0
a x
i
i
C0 1
2.7 线性常系数齐次递推关系

P x C j x
j 0
k 1
k 1 j j i 0
例4 an - 4an -1 4an -2 0, a0 1, a1 4.
解 : 特征方程:x 4 x 4 0 ( x 2)
2 2
特征根 r 2(2重根)
所以 an ( A B n)2n
再根据初始条件a0 A 1, a1 2( A B) 4 可解得A 1, B 1
K ( x) 0, 即 x 2 bx c 0 称为特征方程,
它的根为 r 1,2 称为特征根. b b 2 4ac 2
2.7 线性常系数齐次递推关系
于是 D( x) 1 bx cx (1- r1x)(1- r2 x)
2
下面就其根来进行讨论:
1) r1 r2的情形
根据定理可知,an c1 4n c2 (-3)n
再根据初始条件 c1 c2 a0 3 c1 5 c1 4 c2 (-3) a1 26 c2 2
2.7 线性常系数齐次递推关系
例2 an an 1 an 2 , a1 1, a2 0.
和 an ban -1 can -2 0 对应的分母1 bx cx 2在 求 an 的过程中扮演了十分重要的角色,用 D( x)表示,即D( x) 1 bx cx .

1 3 二阶常系数线性齐次微分方程

1 3 二阶常系数线性齐次微分方程
因此原方程的通解为,
y C1 e x C2 e3x
微分方程
例2. 求方程 y " 2 y ' y 0 的通解.
解: 特征方程 r2 2 r 1 0
有重根:
r1 r2 1
因此原方程的通解为,
y (C1 C2 x ) e x
微分方程
例3. 求方程 y " 2 y ' 5y 0 的通解.
y x2 1
微分方程
例2:自由落体运动
根据Newton第二定律:
F

mg

m
d2x dt 2
所以,
g

d2x dt 2

两次积分得到:x


1 2
gt 2

c1t

c2
微分方程
例3:简谐振动
胡克定律:F kx
由牛顿第二定律:
kx

m
d2x dt 2
d2x k
dt 2
x0 m
如何求解?
微分方程
微分方程的基本概念
含未知函数及其导数的方程叫做微分方程 方程中所含未知函数导数的最高阶数叫做微分方程的阶
通解—解中所含独立的任意常数的个数与方程的阶数相同
.
特解—不含任意常数的解
微分方程
二阶微分方程
y P(x) y Q(x) y f (x), 二阶线性微分方程
酒也。节奏划分思考“山行/六七里”为什么不能划分为“山/行六七里”?
会员免费下载 明确:“山行”意指“沿着山路走”,“山行”是个状中短语,不能将其割裂。“望之/蔚然而深秀者”为什么不能划分为“望之蔚然/而深秀者”?明确:“蔚然而深秀”是两个并列的词,不宜割裂,“望之”是总起词语,故应从其后断句。【教学提示】引导学生在反复朗读的过程中划分朗读节奏,在划分节奏的过程中感知文意。对于部分结构复杂的句子,教师可做适

零化多项式特征多项式最小多项式常系数线性齐次递推

零化多项式特征多项式最小多项式常系数线性齐次递推

零化多项式特征多项式最⼩多项式常系数线性齐次递推零化多项式/特征多项式/最⼩多项式/常系数线性齐次递推约定:I n是n阶单位矩阵,即主对⾓线是1的n阶矩阵⼀个矩阵A的|A|是A的⾏列式默认A是⼀个n×n的矩阵定义零化多项式:对于⼀个矩阵A,它的⼀个零化多项式f(λ)是满⾜f(A)=0的多项式,定义域包含矩阵最⼩多项式:次数最低的零化多项式特征多项式对于⼀个n阶的矩阵A,它的特征多项式p(λ)=|λI n−A|λ定义域不⽌是R,还可以是矩阵p(λ)是关于λ的⼀个不超过n+1次的多项式即p(λ)=∑n0a i x iCayley-Hamilton定理:矩阵的特征多项式也是它的零化多项式求解特征多项式带⼊n个数,求出得|xI n−A|,得到n个矩阵,通过⾼斯消元可以O(n3)地求出⾏列式然后可O(n2)拉格朗⽇插值求出原来的多项式,总复杂度受限于⾼斯消元,为O(n4)求解最⼩多项式构造矩阵序列a i=A i求出它的⼀个线性递推r i,即m∑j=0r j a i−j=m∑j=0r j A i−j=(m∑j=0r m−j A j)⋅A i−m=0∴m∑j=0r m−j A j=0所以可以由r i翻转得到f(λ)求解a i前n项的复杂度受限于矩阵乘法为O(n4),求解递推式的复杂度为O(n3)考虑到实际求解递推式时,随机⽣成了两个向量u,v实际是计算标量序列{uA i v}的递推式,所以实际每次求出uA i复杂度应为O(n2)求这个递推式需要⽤到a i前2n项,求解复杂度为O(n3)因此总复杂度为O(n3)(但是如果只是求出来并没有什么⽤,因为求解⽅法是随机的,甚⾄连检查⼀次保证正确都需要O(n2(n+e))的时间(e为矩阵⾮0位置个数))求解稀疏⽅程组设⽅程系数⽤矩阵A表⽰,右侧每个⽅程的常数⽤向量b表⽰,答案⽤向量x表⽰,则满⾜关系式Ax=b,即x=A−1b求出{A i b}线性递推式,反推出A−1b即可反推⽅法:带⼊线性递推的m项,则∑m i=0A m−i b⋅r i=0A m−i br i=0两边同乘A−1,得到A−1b⋅r m+∑m−1i=0求解矩阵k次幂我们要求解A k,常规做法是直接⽤快速幂设矩阵A的⼀个零化多项式是f(λ)显然,A k可以⽤⼀个多项式表⽰A k=∑k0w i A i{w i}构成了⼀个k+1次多项式F k(x)存在⼀种合法的表⽰是F k(x)=x k∵f(A)=0∴∀i,f(A)A i=0也就是相当于我们要求出x k对于f(x)这个n+1多项式取模显然可以通过类似快速幂的⽅式倍增求解这个多项式,每次对f(x)取模复杂度是O(n log n)就能在O(n log m log n)时间得求出F(x)最后得到的F(x)是⼀个n次多项式那么带⼊就可以快速求出A k可以认为这个复杂度是受限于求解A0,A1,⋯,A n−1的O(n4)对于元矩阵A为稀疏矩阵的情况,设其包含e个⾮零位置那么求解B⋅A的过程是O(n⋅e)的,求解A0,A1,⋯,A n−1的过程,是O(n2e)的求解零化多项式的复杂度也是O(n2(n+e))的,因此总复杂度为O(n2(n+e))⽽⼀般的矩阵快速幂是O(n3log k)的,这种⽅法适⽤情况⾮常特殊另外,对于并不需要知道整个矩阵的答案,并且A0,A1,⋯,A n−1特殊的具体问题,这个⽅法也⼗分有效求解常系数线性齐次递推问题是要求数列f i=∑n j=1a j⋅f i−j给出f0,f1,⋯,f n−1,求第k项的值线性递推显然可以⽤初始向量列与转移矩阵的幂次的乘积表⽰,即f i=(S⋅A i)n,其中A为转移矩阵,S为初始向量列,我们求的是第n项对于n=4的情况,我们的转移矩阵A是12341a 421a 331a 241a 1鉴于它的特殊性,我们可以直接求出它的特征多项式表达式由λI n −A =12341λ−a 42−1λ−a 33−1λ−a 24−1λ−a 1带⼊⾏列式最暴⼒的求法枚举⼀个排列p i ,设排列p 的逆序对为f (p ),|A |=∑(−1)f (p )ΠA i ,pi 实际上合法的排列只有n 个,就是枚举p i =n那么p j =jj <i n j =i j −1j >i当i =n 时,(−1)f (p )ΠA i ,p i=λn −a 1λn −1当i >1时,f (p )=n −iΠA i ,p i=(−1)n −i +1λi ⋅a n −i +1(−1)f (p )ΠA i ,p i=−λi a n −i +1综上,转移矩阵A 的特征多项式有简单的表达p (λ)=|λI n −A |=λn −a 1λn −1−a 2λn −2−⋯−a n假设有f 0这⼀项(不需要知道是多少),那么认为初始向量列为S =(f −(n −1),f −(n −2),⋯,f 0)这个问题,我们要求的是S ⋅A k 的第n 项,不需要知道整个矩阵类似求出A k 的过程,求出F_k(x)\mod p(\lambda)我们要求解(S\cdot A^k)_n=\sum_1^{n}[x^i]{F(x)}(S\cdot A^i)_n⽽(S\cdot A^i)_n=f_i 已知,求出F(x)后直接带⼊即可需要⽤到多项式取模,求解这个表达式是O(n\log n\log k)的,求完直接带⼊即可{Loading [MathJax]/extensions/TeX/mathchoice.js。

递推关系式

递推关系式

递推关系式一、引言递推关系式是数学中的一个重要概念,它描述了一个序列中后一项与前一项之间的关系。

通过递推关系式,我们可以根据已知的初始条件逐步计算出序列中的各个项,从而揭示数学规律和模式。

递推关系式在各个领域都有广泛应用,如数列、递归函数和动态规划等。

二、数列与递推关系式2.1 数列的定义数列是由一系列按照一定规律排列的数字组成的序列。

数列中的每个数字称为项,而数列中的规律称为数列的通项公式。

通过数列的通项公式,我们可以方便地计算数列中的任意项。

2.2 递推关系式的定义递推关系式是数列中后一项与前一项之间的关系式。

一般地,递推关系式可以表示为:a n+1=f(a n),其中n为项的序号,a n表示第n项,f表示递推函数。

2.3 递推关系式的作用递推关系式可以帮助我们计算数列中的任意项,从而揭示数列中的规律和模式。

通过分析递推关系式,我们可以得到数列的闭式表达式,即直接根据项的序号计算出项的值的公式。

三、递推关系式的形式递推关系式可以具有多种不同的形式,根据具体情况选择适合的形式进行表示。

下面列举了几种常见的递推关系式形式。

3.1 线性递推关系式线性递推关系式是一种最简单的递推关系式形式,其通项公式可以表示为:a n+1=a n+c,其中c为常数。

线性递推关系式描述了数列中的每个项与前一项之间的恒定差值关系。

3.2 二次递推关系式二次递推关系式是一种形式更为复杂的递推关系式。

其通项公式可以表示为:a n+1=a n2+b,其中b为常数。

二次递推关系式描述了数列中的每个项与前一项的平方加上常数之间的关系。

3.3 递归函数递归函数是一种特殊的递推关系式形式,其通项公式可以表示为:a n=f(a n−1)。

递归函数通过直接调用自身来计算数列中的各个项。

四、递推关系式的应用4.1 数列的求和通过递推关系式,我们可以方便地求解数列的前n项和。

方法是先计算出数列的第n项,然后通过求和公式计算前n项和。

4.2 数列的性质分析递推关系式可以帮助我们深入地分析数列的性质。

3.3 二阶线性常系数齐次差分方程及其应用

3.3 二阶线性常系数齐次差分方程及其应用

附近也 而供应函数 g 在 P0 附近也可以用一次函数近似表示为
xk +1 x0 = β ( yk y0 ) , ( β > 0, k = 1, 2, )
, k = 1, 2, yk y0 = α ( xk x0 )
联立(3.3.5)式与 式与(3.3.6)式,得到差分方程组 联立 式与 式 xk +1 x0 = β ( yk y0 )
于是(3.3.3)式满足初始条件 式满足初始条件 解得 c1,2 = ± 1 5 ,于是 式满足初始条件(3.3.4)式 式 的特解为 f = 1 1 + 5 1 1 5 . n
5 2 5 2
n n
因为 λ1 ≈ 1.618 > 1 , λ2 ≈ 0.618 < 1 , 所以 lim f n = +∞ ,
(
)
1+ 5 1 5 f n = c1 2 + c2 2 是任意常数. 其中 c1 和 c2 是任意常数
n
n
3.3.2 斐波那契数列
为了满足初始条件 为了满足初始条件(3.3.4)式,必须有 初始条件 式
c1 + c2 =0 1 5 1 + 5 2 c1 + 2 c2 = 1
Байду номын сангаас
3.3.3 市场经济中的蛛网模型
(四)模型二(差分方程模型)
附近用直线近似需求曲线和供应曲线, 在 P0 附近用直线近似需求曲线和供应曲线, 于是 需求函数 f 在 P0 附近可以用一次函数近似表示为
yk y0 = α ( xk x0 ) , (α > 0, k = 1, 2, )
(3.3.5) (3.3.6)
3.3.3 市场经济中的蛛网模型 (三)模型一(蛛网模型)

第二节常系数线性齐次递推关系

第二节常系数线性齐次递推关系

23
23
例2
求解递推关系
f (n) (k f (2) k(k
2) f (n 1) (k 1) f (n 2) 1), f (3) k(k 1)(k 2).
(n
4)
解 递推关系的特征方程为:x2 (k 2)x (k 1) 0,
特征根为:
q1 k 1, q2 1,
所以递推关系的通解为
下面研究当特征根有重根时,递推关系的通解. 引理1. 若q为k阶常系数线性齐次递推关系(1)
的二重特征根,则 nqn为递推关系的解.
证明 令
P(x) xk C1xk1 C2 xk2 Ck1x Ck ,
Pn (x) xnk P(x) xn C1xn1 C2 xn2 Ck xnk , 因为q为P(x)的二重根,所以q也为Pn(x)的二重根, 从而q为 Pn '(x)的一重根,也为 xPn '(x)的一重根. 又由于
称{bn} 为满足初始条件的特解,显然满足初始条件的特 解是唯一的.
f (n) C1 f (n 1) C2 f (n 2) Ck f (n k) (n k) (1)
定义2 方程 xk C1xk1 C2xk2 Ck 0 称为递推关系(1)的 特征方程,它的根称为递推关系的特征根.
3.
它的特征方程为:x2 2x 3 0,
特征根为: x1 3, x2 1,
所以递推关系的通解为 g(t) C1(3)t C2 (1)t .
代人初值有
3CC11CC22
0, 3.
解方程组,得
C1
3 4
, C2
3 4
,
所以递推关系的解为 g(t) 3 3t 3 (1)t. 44
从而有
f (n) A(k 1)n B(1)n.

建立递推关系求通项公式

建立递推关系求通项公式

建立递推关系求通项公式王正勇(如皋市搬经中学ꎬ江苏如皋226561)摘㊀要:文章主要介绍在高考㊁竞赛和强基计划试题中求数列通项公式的新视角 建立递推关系.关键词:递推关系ꎻ强基计划ꎻ数列ꎻ通项公式中图分类号:G632㊀㊀㊀文献标识码:A㊀㊀㊀文章编号:1008-0333(2023)28-0031-03收稿日期:2023-07-05作者简介:王正勇(1981.6-)ꎬ男ꎬ江苏省南通人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀组合数学的考题一般都以计数问题为主ꎬ而有些计数问题直接去求解并不是那么容易ꎬ因为它们是以 建立递推关系 为背景的ꎬ也就是说ꎬ要先建立递推关系ꎬ再去求解通项公式ꎬ才能顺利完成计数问题.1知识与方法1.1递推关系对于数列{an}(nɪN∗)ꎬ若当nȡk+1时ꎬan与an-1ꎬan-2ꎬ ꎬan-k之间满足函数关系F(anꎬan-1ꎬan-2ꎬ ꎬan-k)=0ꎬ①或㊀an=f(an-1ꎬan-2ꎬ ꎬan-k)ꎬ②则称①或②为k阶递推关系或k阶递归关系.由此递推关系及初值条件a1ꎬa2ꎬ ꎬak所确定的数列称为k阶递推数列[1].在k阶递推关系①中ꎬ若各项的系数均是与n无关的常数ꎬ则称这个递推关系为常系数递推关系ꎻ若递推关系中各项的次数相同ꎬ则称这个递推关系为齐次递推关系ꎻ若递推关系中各项的次数均不超过一次ꎬ则称这个递推关系为线性递推关系.本文主要介绍计数问题的重要方法 建立线性递推关系.1.2建立线性递推关系的方法(1)通过求数列an{}的第1项以及前几项ꎬ去寻找任一项an与它的前一项an-1或前几项间的关系式.(2)分析要计算第n项an的值需要计算哪些项的值ꎬ从而得到an与它的前几项间的关系.建立递推关系进而解递推关系是解决组合计数问题的一种常用而重要的方法.2应用例1㊀(强基计划模拟题)空间有n个平面ꎬ最多能把空间分割成个部分[2].解析㊀为了将空间分割成最多的部分ꎬn个平面中的任意两个平面都不应平行ꎬ任意三个平面都不应共线ꎬ其所得交线中任意两条交线都不应平行.现设n个平面最多能把空间分割成an个部分ꎬ易知a1=2ꎬa2=2+2=4.增添第三个平面时ꎬ和原来两个平面有两条交线ꎬ两条交线把第三个平面分13成4个部分ꎬ所以使空间增多4个部分ꎬ即a3=a2+4=8.增添第四个平面时ꎬ和原来三个平面有三条交线ꎬ三条交线把第四个平面分成7个部分ꎬ所以空间增多7个部分ꎬ即a4=a3+7=15ꎬ按此规律可得到a5=a4+11=26ꎬ并发现a1=2ꎬa2=a1+2=a1+(1+1)ꎬa3=a2+4=a2+(1+2+1)ꎬa4=a3+7=a3+(1+2+3+1)ꎬa5=a4+11=a4+(1+2+3+4+1)ꎬan=an-1+[(1+2+3+ +n-1)+1].即an=an-1+n(n-1)2+1.所以得到下列递推公式a1=2ꎬan=an-1+n(n-1)2+1.ìîíïïï解此递推公式(用累加法)得an=n3+5n+66.评价㊀本题是通过建立数列的递推关系来求解ꎬ对于较为复杂的计数问题ꎬ这个方法值得借鉴.例2㊀(高考模拟题)如图1所示ꎬ有标号为1ꎬ2ꎬ3的三根柱子ꎬ在1号柱子上套有n个金属圆片ꎬ从下到上圆片依次减小.按下列规则ꎬ把金属圆片从1号柱子全部移到3号柱子ꎬ要求:①每次只能移动一个金属圆片ꎻ②较大的金属圆片不能在较小的金属圆片上面[3].(1)若n=3ꎬ则至少需要移动次ꎻ(2)将n个金属圆片从1号柱子全部移到3号柱子ꎬ至少需要移动次.图1㊀金属圆片解析㊀(1)当n=1时ꎬ只需要把金属圆片从1号柱子移到3号柱子ꎬ用符号(13)表示ꎬ共移动了1次.当n=2时ꎬ移动的顺序为:(12)(13)(23)ꎬ共移动3次.当n=3时ꎬ把上面的两个金属圆片作为一个整体ꎬ则归结为n=2的情形ꎬ移动的顺序是:(13)(12)(32)ꎻ(13)ꎻ(21)(23)(13)共移动了7次.(2)记把n个金属圆片从1号柱子移到3号柱子ꎬ最少需要移动an次ꎬ则由(1)知a1=1ꎬa2=3ꎬa3=7.当移动n个金属圆片时ꎬ可分别进行下列3个步骤:①将上面(n-1)个金属圆片从1号柱子移到2号柱子ꎻ②将第n个金属圆片从1号柱子移到3号柱子ꎻ③将上面(n-1)个金属圆片从2号柱子移到3号柱子.这样就把移动n个金属圆片的任务ꎬ转为移动两次(n-1)个金属圆片和移动1次第n个金属圆片的任务.而移动(n-1)个金属圆片需要移动两次(n-2)个金属圆片和移动1次第(n-1)个金属圆片ꎻ移动(n-2)个金属圆片需要移动两次(n-3)个金属圆片和移动1次第(n-2)个金属圆片 如此继续ꎬ直到转化为移动1个金属圆片的情形.根据这个过程ꎬ可得递推公式:a1=1ꎬan=2an-1+1(nȡ2ꎬnɪN∗)ꎬ{从而当nȡ2时ꎬ有an+1=2(an-1+1).所以{an+1}是以2为公比ꎬ2为首项的等比数列.所以an+1=2nꎬ即an=2n-1.例3㊀(强基计划模拟题)将一个2021边形的每个顶点染为红㊁蓝㊁绿三种颜色之一ꎬ使得相邻顶点的颜色互不相同.问:有多少种满足条件的染色23方法?㊀解析㊀记将一个n边形的每个顶点染为红㊁蓝㊁绿三种颜色之一ꎬ使得相邻顶点的颜色互不相同的方法数为Tn.易知ꎬT3=6ꎬT4=18.对于任意一个n(nȡ5)ꎬ记A1ꎬA2ꎬ ꎬAn顺次为这个n边形的顶点ꎬ则对它按题设要求染色ꎬ有两种情况:①A1ꎬAn-1异色ꎬ共有Tn-1种ꎻ②A1ꎬAn-1同色ꎬ共有2Tn-2种.因此Tn=Tn-1+2Tn-2(nȡ5).该递推公式的特征方程为x2=x+2ꎬ解得x1=-1ꎬx2=2.所以Tn=c1(-1)n+c2 2n.又因为T3=6ꎬT4=18ꎬ解得c1=2ꎬc2=1.因此Tn=2(-1)n+2nꎬ所以T2021=22021-2.例4㊀(1995年全国高中数学联赛)将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色ꎬ并使同一条棱的两个端点异色.如果只有5种颜色可供使用ꎬ那么不同的染色方法总数是多少?解析㊀由题设ꎬ四棱锥S-ABCD的顶点SꎬAꎬB所染颜色互不相同ꎬ则共有A35=60种染色方法.当SꎬAꎬB已染好时ꎬ不妨设其颜色分别为1ꎬ2ꎬ3.下面分C与A同色与异色两种情况讨论:若C染颜色2ꎬ则D可染颜色3ꎬ4ꎬ5之一ꎬ有3种染法ꎻ若C染颜色4ꎬ则D可染颜色3或5ꎬ有2种染法ꎻ若C染颜色5ꎬ则D可染颜色3或4ꎬ有2种染法.可见ꎬ当SꎬAꎬB已染好时ꎬC与D还有7种染法.从而总的染色方法数为60ˑ7=420.评析㊀我们可把四棱锥推广为n棱锥ꎬ颜色数推广为m种(nȡ3ꎬmȡ4).事实上ꎬ顶点S可用m种颜色中的任一种ꎬ并且S上的颜色不能再出现在多边形A1A2 An的顶点上.问题转化为用m-1种颜色给多边形A1A2 An的顶点染色ꎬ相邻的顶点不同色.设有an种染法ꎬ则a3=(m-1)(m-2)(m-3).对n>3ꎬ考虑an的递推公式.若从顶点A1开始ꎬ则A1有m-1种染法ꎬ继而A2ꎬA3ꎬ ꎬAn-1均有m-2种染法.最后到Anꎬ如果只要求An与An-1不同色ꎬ则仍有m-2种染法ꎬ于是总共有(m-1) (m-2)n-1种染法.在这个计算过程中可以分为两类:一类是An与A1不同色ꎬ这符合要求ꎬ正是染法数anꎻ另一类是An与A1同色ꎬ这不符合要求ꎬ但可将An与A1合并成一点ꎬ得出染法数an-1.于是an+an-1=(m-1)(m-2)n-1ꎬa3=(m-1)(m-2)(m-3)ꎬ{变形ꎬ得an-(m-2)n=-[an-1-(m-2)n-1]=(-1)2[an-2-(m-2)n-2]= =(-1)n-2(m-2)=(-1)n(m-2)ꎬ即an=(m-2)n+(-1)n(m-2).从而n棱锥的染法总数为N=(m-2)n+(-1)n(m-2).许多组合计数问题都归结为求某个数列的通项公式ꎬ而直接去求数列的通项公式往往比较困难ꎬ此时我们可以考虑先求关于该数列的递推关系ꎬ然后去解这个递推关系.如果能顺利完成这两个步骤ꎬ则问题就得到了解决.参考文献:[1]曹汝成.组合数学[M].广州:华南理工大学出版社ꎬ2000.[2]李鸿昌.高考题的高数探源与初等解法[M].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ2022.[3]李鸿昌ꎬ杨春波ꎬ程汉波.高中数学一点一题型(新高考版)[M].合肥:中国科学技术大学出版社ꎬ2022.[责任编辑:李㊀璟]33。

二阶常系数线性齐次递归数列通项的求解

二阶常系数线性齐次递归数列通项的求解

2 3
n

圯 由a1=1,a2=
5 3

圯圯 a1=α+β·
2 3
=1
:圯 圯圯 a2=α+β·(
2 3
2
)=
5 3

αβ==3-3,
∴an=3-3(
2 3
n
)。
知识链接: 形式幂级数又称作母函数。 其一般的形式如


∑ ∑ n

n
下:G(x)= anx ,我们给定数列{an}n=0,它所造出的G(x)= anx
参考文献汪晓梦极限思想的形成发展及其哲学意义中共合肥市委党校学报陈纪修于崇华金路数学分析北京高等教育出版社同济大学数学系高等数学第六版北京高等教育出版社本文得到江西省高等教育教学改革课题项目编号一资助
○ 数学教学与研究 2009年第33期(上卷)
周刊
二阶常系数线性齐次递归数列通项的求解
尤田
(泗阳致远中学,江苏 泗阳 223700)
n=0
n=0
则称为数列的母函数。 关于母函数的运算我们要先记住:
(1)
1
23
=1+x+x +x +…
1-x
(2)
1
2
=1+2x+3x +…
2
(1-x)
(3)
1
=1+nx+
n(n+1)
2
x+
n(n+1)(n+2)
3
x +…
n
(1-x)
2!
3!
r
(4)(1+x) =1+rx+

C11 2阶常系数线性齐次递推关系

C11 2阶常系数线性齐次递推关系

2阶常系数线性齐次递推关系Linear Homogeneous Relation of Degree 2•如果an的递推关系满足a n+C1a n-1+C2a n-2+…+C k a n-k=0,且初值为a0=d0, a1=d1, …a k-1=d k-1,则称这个等式为k阶常系数线性齐次递推关系(linear homogeneous relation of degree k)•多项式x k +C1x k-1+r2x k-2+…+r k=0称为它的特征多项式或特征方程(characteristic equation),其根称为特征根(characteristic root)。

是否常系数线性齐次递推关系?a n = a n-1⋅n Xa n = a n-1+2n-1 Xa n = 3a n-1+1 Xa n = 4a n-1- 4a n-2 √f n = f n-1 + f n-2 √T n = 2T n-1+1 Xx n+1 = x n(1-x n) X•例1•f= 1, f2 = 1, f n = f n-1+f n-21•特征方程是x2-x-1=0•例2•a= 1, a2 = 3, a n = 4a n-1-4a n-21•特征方程是x2-4+4=0•下面我们给出2阶常系数线性齐次递推关系的解法:•假设α, β是a n=c1a n-1+c2a n-2 的特征方程x2-c1x-c2=0 的两个根•a=(α+β)a n-1-(α⋅β)a n-2n•容易验证有a-α⋅a n-1=β⋅(a n-1-α⋅a n-2)n•递推可以得到:a n-αa n-1=β(a n-1-αa n-2)=β2(a n-2-αa n-3)=... =βn-1(a1-αa0)•由此倒推得到:a n-αn a0=(βn-1+αβn-2+α2βn-3+...+αn-1)(a1-αa0)•下面我们给出2阶常系数线性齐次递推关系的解法:•假设α, β是a n=c1a n-1+c2a n-2 的特征方程x2-c1x-c2=0 的两个根•若α≠β,则a n=uαn+vβn,其中u, v由初值决定•若α =β,则a n=a0⋅αn+(a1-αa0)⋅n⋅αn-1•例1•f 1 = 1, f 2 = 1, f n = f n -1+f n -2•特征方程是 x 2-x -1=0•两个特征根分别是 和 •于是 f n = us 1n + vs 2n•由 f 1 = 1和 f 2 = 1 得到1=us 1+vs 2 及1 = us 12 + vs 22 •解出1152+=s 2152-=s 15=u 15=-v•于是,斐波那契数列的第 n 项是1151152255n ⎛⎫⎛⎫+-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭n n f•例2•a= 1, a2 = 3, a n = 4a n-1-4a n-21•特征方程是x2-4+4=0•特征根是α= 2,重数为二•可以求出a= 1/4•于是a n = a0⋅αn+(a1-αa0)⋅n⋅αn-1= (1/4)⋅2n+(1-2⋅1/4)⋅n⋅2n-1= (1+n)⋅2n-2E nd。

递推关系的建立及其求解方法

递推关系的建立及其求解方法
问题一:凸n边形的三角形剖分 在一个凸n边形中,通过不相交于n边形内部的对角线,把n边形拆分成若 干三角形,不同的拆分数目用f(n)表之,f(n)即为Catalan数。例如五边形 有如下五种拆分方案,故f(5)=5。求对于一个任意的凸n边形相应的f(n)。
区域①是一个凸k边形,区域②是一个凸n-k+1边形,区域①的拆分方案总数是f(k) 区域②的拆分方案数为f(n-k+1),故包含△P1PkPn的n 边形的拆分方案数为 f(k)* f(n-k+1)种
procedure Run; var i, j : integer; minF4i,temp : double; begin for i := 2 to n do begin minF4i :=1e+100; for j := 1 to i-1 do begin temp := 2*F4[j] + F3[i-j]; if (temp < minF4i) then minF4i := temp; end; {*F4[i] = min(2*F4[j] + F3[i-j]);( 1=< j <=i-1) *} F4[i] :=minF4i; end; writeln(F4[n]:0:0); end; begin Init; Run; end.
问题Ⅲ:‘M’分割平面 问题二的扩展:在问题二的基础上进一步考虑:如果‘z’图形扩展为m边的 下列图形:看一下问题的解。
通过上面的分析我们很容易知道:n个上述图形可以将 平面划分的区域的递推关系: f(n)=f(n-1)+m(m(n-1)+1)-(m-1) 初始条件:f(1)=2
3、Catalan数
由以上3步得出总共移动盘子的次数为:f(n-1)+1+ f(n-1)。 所以:f(n)=2 f(n-1)+1

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第三章递推关系1.在平面上画n条无限直线,每对直线都在不同的点相交,它们构成的无限区域数记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解: f(n)=f(n-1)+2f(1)=2,f(2)=4解得f(n)=2n.2.n位三进制数中,没有1出现在任何2的右边的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解:设a n-1a n-2…a1是满足条件的n-1位三进制数序列,则它的个数可以用f(n-1)表示。

a n可以有两种情况:1)不管上述序列中是否有2,因为a n的位置在最左边,因此0和1均可选;2)当上述序列中没有1时,2可选;故满足条件的序列数为f(n)=2f(n-1)+2n-1 n 1,f(1)=3解得f(n)=2n-1(2+n).3.n位四进制数中,2和3出现偶数次的序列的数目记为f(n),求f(n)满足的递推关系.解:设h(n)表示2出现偶数次的序列的数目,g(n)表示有偶数个2奇数个3的序列的数目,由对称性它同时还可以表示奇数个2偶数个3的序列的数目。

则有h(n)=3h(n-1)+4n-1-h(n-1),h(1)=3 (1)f(n)=h(n)-g(n),f(n)=2f(n-1)+2g(n-1) (2)将(1)得到的h(n)=(2n+4n)/2代入(2),可得f(n+1)= (2n+4n)/2-2f(n),f(1)=2.4.求满足相邻位不同为0的n位二进制序列中0的个数f(n).解:这种序列有两种情况:1)最后一位为0,这种情况有f(n-3)个;2)最后一位为1,这种情况有2f(n-2)个;所以f(n)=f(n-3)+2f(n-2)f(1)=2,f(2)=3,f(3)=5.5.求n位0,1序列中“00”只在最后两位才出现的序列数f(n).解:最后两位是“00”的序列共有2n-2个。

f(n)包含了在最后两位第一次出现“00”的序列数,同时排除了在n-1位第一次出现“00”的可能;f(n-1)表示在第n-1位第一次出现“00”的序列数,同时同时排除了在n-2位第一次出现“00”的可能;依此类推,有f(n)+f(n-1)+f(n-2)+…+f(2)=2n-2f(2)=1,f(3)=1,f(4)=2.6.求n 位0,1序列中“010”只出现一次且在第n 位出现的序列数f(n).解:最后三位是“010”的序列共有2n-3个。

二阶常系数齐次线性微分方程解读

二阶常系数齐次线性微分方程解读

t
于是所求初值问题的解为
例3 求微分方程 y 2 y 5 y 0的通解.
2 解: 所给方程的特征方程为 r 2r 5 0
其根为 r1,2 1 2i , 故所求通解为
y e (C1 cos2 x C2 sin2 x )
x
习题6-5 (p358) 全部做于书上, 1(5), 2(5)交作业.
2
设r1, r2是特征方程的两个根. 2 (1) 当 p 4 q 0 时, 方程有两个相异实根 则微分方程有两个线性无关的特解: 因此方程的通解为 y C1 e
2பைடு நூலகம்
r1 x
C2 e
r2 x
(2) 当 p 4 q 0 时, 特征方程有两相等实根
则微分方程有一个特解
设另一特解为
例2 求解初值问题
d s ds 2 s0 2 dt dt
2
s t 0 4 ,
ds 2 dt t 0
解: 特征方程 r 2 r 1 0 , 特征根为 r1 r2 1 , 因此原方程的通解为
2
s (C1 C2 t ) e 由初始条件得 C1 4, C 2 2
(3) 根据特征方程根的不同情况, 写出微分方 程的通解. 特征根 通 解 实根
y C1e
r1 x
C 2e
r2 x
r1 x
y ( C1 C 2 x ) e x y e (C1 cos x C2 sin x )
例1 求微分方程y2y3y0的通解
解: 微分方程的特征方程为 r22r30 即(r1)(r3)0 特征方程有两个不等的实根r11 r23 因此微分方程的通解为yC1exC2e3x

3.1递推关系

3.1递推关系
解:递推关系an 3an 1 3an 2 an 3 24 n 6(n 3)的特征方程为 x 3 3 x 2 3 x 1 0, 特征根为x1 x2 x3 1, 故其通解为 an c1 c2 n c3 n 2
因为 是三重特征根,所以递 1 推关系
常系数线性齐次递推关系
3.2 递推关系
常系数线性齐次递推关系
3.2 递推关系
常系数线性齐次递推关系
3.2 递推关系
解的线性组合还是递推关系的解,解集合做成解 空间。因此,仿效线性空间的知识,能否找到解 空间的一组基,如果能够找到,那么通解就有了。 分情况讨论: 一、特征方程没有重根的情形 二、特征方程有重根
3
3.1 差分
3.1 差分
例3.3试求一数列{ f (n)}n0 使其前5项依次是1,3,7,13,21, 其通项f (n)是n的多项式且次数最低
解:设数列 f (n)}n0 为所求,则其差分表为 {
1 2 2 0 3 4 2 0 7 6 2 13 8 21
由定理3.6,k f (0) 0(k 3)
k 0 n
3.2 递推关系
3.2 递推关系
特征方程没有重根的常 系数线性齐次递推关系
递推关系
特征方程有重根的常系数 线性齐次递推关系 两类常系数线性非齐次 递推关系
3.2 递推关系
常系数线性齐次递推关系
3.2 递推关系
研究思路: 先假设方程有解, (1) 找出方程解的结构; (2) 方程有解满足那些条件 (3) 满足这些条件的方程是否有解 即思考问题时,先找到必要条,再证必要条件是不是充 分条件,是的话当然好;不是的话,有需加哪些条件?
2 3 2 s 1 3n

3.2常系数线性齐次递推关系

3.2常系数线性齐次递推关系

2
也都是递推关系(3.2.1)的解。
3.2.4 递推(3.2.1)特征根互不同
特征方程(3.2.2)有k个不同的根x1,x2,…,xk 递推关系(3.2.1)的通解 an=A1x1n+A2x2n+…+Akxkn 共轭复根x1=peiө,x2=pe-iө 递推关系(3.2.1)的通解an=A1pncosnө + A2pnsinnө +A3x3n +…+Akxkn
定理3.2.3 如果特征方程(3.2.2)有k 个不同的根x1,x2,…,xk (可有共轭虚 x ( 根),则 an=A1x1n+A2x2n+…+Akxkn 是递推关系(3.2.1)的通解,其中 A1,A2,…,Ak为任意的常数。
3.2.4 递推(3.2.1)特征根互不同
例3.2.1 解递归 f 0=0, 1=1 f
3.2.4 递推(3.2.1)特征根互不同
把f0=0, f1=1代入通解得
A1 + A 2 = 0 1 + 5 1− 5 A1 + 2 A 2 = 1 2
5 A1 = 5 =− 5 A2 5
因此所求递归的解为
5 1+ 5 5 1− 5 fn= − 5 5 2 2
定理3.2.5 设x1,x2,…xt-1,xt(t<k)是特征方程 (3.2.2)的t个不同根,且xt为m(m=k-t+1) 重根,则 an=A1x1n+A2x2n+…+At-1xt-1n +n0Atxtn+n1At+1xt+1n+ …+nm-1Akxkn 是递推关系(3.2.1)的通解,其中A1,A2,…,Ak 为任意的常数。
3.3.5 递推(3.2.1)特征根有重根
例3.2.3 解递归 a 0=0,a =1, 2=2, 3=3 a a

递推关系

递推关系

递推关系递归公式是用它自身来定义的一个公式,我们习惯称之为递推关系或递推式。

如正奇数序列可以用递推式描述为:f(n)=f(n-1)+2, n>1 且f(1)=1当n为很大的值时,直接用递推来计算f(n)会很麻烦,所以希望能够用一种封闭的式子来描述这个序列,从它入手可以直接计算f(n)。

如果找到这样一种封闭的式子,则称递推式已经解出。

下面的内容给出了求解基本的递推式的一些方法。

递推关系如果具有如下这种形式,则称为常系数线性齐次递推式:f(n)=a1f(n-1)+a2f(n-2)+…+a k f(n-k)这里f(n)称为k次的。

当一个附加项包括常数或者n的函数出现在递推中,那么它就称为非齐次的。

一、线性齐次递推式的求解令f(n)=a1f(n-1)+a2f(n-2)+…+a k f(n-k)的一般解含有f(n)=x n形式的特解的和。

用x n来代替上式中的f(n),得到:x n =a1x n-1+a2 x n-2 +…+a k x n-k两边同时除以x n-k得到:x k =a1x k-1+a2 x k-2 +…+a k或者写成x k -a1x k-1-a2 x k-2 -…-a k =0以上两等式都称为原递推关系的特征方程。

下面我们只限于一阶和二阶的线性递推关系。

一阶齐次递推方程的解可以直接得到,令f(n)=af(n-1),假定递推序列从f(0)开始,由于f(n)=af(n-1)=a2f(n-2)=…=a n f(0)所以f(n)=a n f(0)是递推的解。

如果递推的次数是2,那么特征方程变为x2-a1x-a2=0,令这个二次方程的根是r1和r2,递推的解是:f(n)=c1r1n+c2r2n(r1≠r2)f(n)=c1r n+c2nr n(r1=r2)代入序列初始的值f(n0)和f(n0+1)解方程得到c1和c2的值。

例1序列1,4,64,256,…可以用递推关系表示为f(n)=3f(n-1)+4f(n-2),且f(0)=1,f(1)=4,求此递推式的解。

线性常系数递推关系

线性常系数递推关系

n0
所以通项体现式为:an Ar1n Br2n ,
其中常数A, B能够利用待定系数法拟定,或者利用
初始条件(A+B=a0, Ar1+Br2=a1)来拟定。
(1)’ 假如r1≠r2,且是一对共轭复根,则能够假设
r1 ei , r2 e-i
这Байду номын сангаас就有:
an Ar1n Br2n A
e i
解得特征根为 r1 r2 2.
所以通项体现式能够设为:an ( A Bn) 2n.
代入初始条件有
a0 A 1,
A 1, B 1.
a1 2( A B) 4,
所以通项体现式为: an (1 n) 2n.
接下来讨论一般旳k阶线性常系数齐次递推关系:
an C1an1 C2an2 Ckank 0.
(2)
其中 C1,C2, ,Ck (Ck 0), d0,d1, ,dk 1 都是常数,
则(1)称为一种k阶线性常系数递推关系,
(2)称为初始条件。
假如b(n)=0,则称为齐次旳, 不然称为非齐次旳。
先考虑二阶线性常系数齐次递推关系,即
an b an1 c an2 0, c 0
令母函数为G(x)=a0+a1x+a2x2+…,则
1 r1x
ba0 ) x
1 r2 x
.
下面要根据特征根来进行分类讨论。
(1) 假如r1≠r2,则
G(x)
a0 (a1 ba0 ) x
1 r1x1 r2 x
A 1 r1 x
B 1 r2 x
A (r1 x)n B (r2 x)n
n0
n0
( Ar1n Br2n ) xn ,

常系数齐次线性递推数列的周期

常系数齐次线性递推数列的周期

常系数齐次线性递推数列的周期性探究摘要: 本文借助初等数列通项推导法与高等代数的矩阵法分别对复数系二阶常系数递推数列周期的充要条件进行详尽、系统的探究.关键词: 递推数列 周期性 通项推导法 矩阵法二阶常系数齐次线性递推数列是高中数学中常见的数列,笔者发现有不少的题目考察了其数列的周期性,那么此类数列是周期数列的充分必要条件是什么呢?这引起了笔者的兴趣,故对其进行研究,并查阅相关文献,有了一些感悟,现与大家分享.在文[1]中,对于二阶常系数线性递推数列{}n a :()3,*21≥∈+=--n N n qa pa a n n n ,以及初值12,a a ()22120+a a≠其中,特征方程为2x px q =+,24p q ∆=+,按照0,0,0<=>ΔΔΔ共3种情况,分别进行}{n a 为周期数列的充分必要条件探讨,并给出了周期的判断方法.深究发现,文[1]存在两个漏洞,一是忽视初值对数列周期的影响,故0∆>所得结论欠缺严谨性.二是未限定基本条件12,,,p q a a R ∈,对0∆<的情况,却允许其特征根为复数.基于文[1]的探讨,本文将借助初等数列通项推导法与高等代数的矩阵法两种方式分别作详尽、系统的探讨:当12,,,p q a a C ∈时,二阶常系数递推数列周期的充要条件. 1 二阶常系数齐次线性递推数列的周期性1.1 二阶常系数齐次线性递推数列的概念满足递推关系21n n n a pa qa ++=+①,以及给定初值12,a a (其中12,,,p q a a C ∈是常数)的数列{}n a 称为二阶常系数齐次线性递推数列(下文简称“二阶递推数列”).把方程2x px q =+称为递推数列的特征方程,特征方程2x px q =+的两个复数根12,λλ称为递推数列的特征根.注:由于笔者的习惯,在下文中递推关系用21n n n a pa qa ++=+,而非文[1]的()3,*21≥∈+=--n N n qa pa a n n n .1.2二阶递推关系的周期分类由于二阶递推数列的周期性是受初值影响的,详例如下: (1)递推关系:2n n a a +=对任意的12,a a C ∈,数列{}n a 周期数列;(2)递推关系:213122n n n a a a ++=--当122,2a a ==-时,数列{}n a 的通项公式为2n a =,是周期数列;当121,3a a ==时,213+2n n a -⎛⎫=- ⎪⎝⎭并不是周期数列;(3)递推关系:21n n na a a ++=+对任意不全为零的初值,数列{}n a 均无界,故{}n a 不是周期数列(证明略); 因此,二阶递推数列的周期定义—弱递推关系()21,n n n a pa qa p q C ++=+∈满足: (1)对任意的初值12,a a C ∈,数列{}n a 都是周期数列,则称递推关系①为周期递推关系; (2)存在的不全为零的初值12,a a C ∈,使得数列{}n a 是周期数列,也存在初''12,a a C ∈,使得数列{}n a 不是周期数列,则称递推关系①为弱周期递推数列;(3)对任意不全为零的初值12,a a C ∈,数列{}n a 都不是是周期数列,则称递推关①为非周期递推数列;2 复数系二阶常系数齐次线性递推数列周期的充要条件探究 2.1 初等数列通项推导法2.1.1理论基础引理1:复数列{}n a 是等比数列,其公比为q .则“数列{}n a 是以()*T T N ∈为周期数列”的充要条件是“1Tq =”.证明:因为{}n a 是等比数列,其公比为q ,且对任意的*,0n n N a ∈≠. 故1T Tn T n n n a a a q a q +=⇔⋅=⇔=.引理2:复数列{}n a 是以T 为周期数列,则对任意的数列C λ∈,{}1n n a a λ+-也是以T 为周期数列.证明:1111,n T n n T n n T n T n n a a a a a a a a λλ++++++++==⇒-=- ,故{}1n n a a λ+-也是以T 为周期数列.(逆命题不一定成立)2.1.2探究过程由韦达定理1212,p q λλλλ+==,于是将递推关系改写为:()()()211211212112221112n n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a a λλλλλλλλλλ++++++++-=-⎧⎪∴=+-⇔⎨-=-⎪⎩②③然而并不能就此断定{}11n n a a λ+-与{}12n n a a λ+-都是等比数列,故分情况讨论: 情形(1) 211=0a a λ-,211=0a a λ-中至少一个为0时,不妨设211=0a a λ-,此时, 恒有011=-+n n a a λ,11n n a a λ+=.至此依然不能断定{}n a 为等比数列.所以继续分类讨论:(i)若10a =,此时0=n a ,即{}n a 为零数列;(ii) 若110,0a λ≠=,此时{}n a 除了首项之外,其余各项均为0,此数列不是周期数列;(iii)若 110,0a λ≠≠,此时{}n a 是等比数列,111n n a a λ-=,由引理1可知,数列{}n a是以T 为周期数列当且仅当1=1Tλ.情形(2) 211221,a a a a λλ--均不为0,12,λλ中至少有一为0时,不妨设10λ=. 此时,数列{}12n n a a λ+-除了首项之外,其余各项均为0.此时,{}12n n a a λ+-不是周期数列,从而,由引理2可知,数列{}n a 也不可能是周期数列.情形(3) 21122112,,,a a a a λλλλ--均不为0,此时,数列{}11n n a a λ+-以及{}12n n a a λ+-是等比数列.由②式得,()1112112n n n a a a a λλλ-+-=-⋅ ②由②式得,()1122211n n n a a a a λλλ-+-=-⋅ ⑤由引理2,若复数列{}n a 是以T 为周期数列,则{}11n n a a λ+-以及{}12n n a a λ+-也是以T为周期数列.由引理1,须满足121,1T Tλλ==,然而这只是情形(3)下数列为周期数列的必要条件,对于它的充分性,仍需继续依据12,λλ是否相等进行分类讨论:(i) 当12λλ≠时,则由-③④,得()()()112121122211n n n a a a a a λλλλλλ---=-⋅--⋅11211221212112n n n a a a a a λλλλλλλλ--⎛⎫⎛⎫--⇒=⋅+⋅ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭.此时,检验可知n T n a a +=成立,即数列{}n a 为周期数列;(ii)当12λλλ==时,则②和⑤式可以并为:()1121n n n a a a a λλλ-+-=-⋅12112n nn n a a a a λλλ+--⇒-=-⇒数列2n n aλ-⎧⎫⎨⎬⎩⎭是等差数列,公差为21a a λ-. 于是()()()21212112212n nn n a a a a n a a a n a a λλλλλλ--=+--⇒=-+-⎡⎤⎣⎦记2112,2k a a b a a λλ=-=-,则()2n n a kn b λ-=+.因为211,20T a a λλ=-≠,此时()()22n T n n T a k n T b k n T b λλ+--+=++=++⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦220n n n a a k T λ-+-=⋅⋅≠,故此时{}n a 不是T 周期数列.2.1.3结论综述对于二阶递推复数列{}n a :()22,,n n n a pa qa p q C ++=+∈,其初值为12,a a C ∈,其特征根为12λλ,,有以下4个结论成立:结论1 {}n a 是()*T T N ∈周期数列当且仅当满足如下3个条件之一: (1) 初值120a a ==;(2) 存在某个特征根λ,使得=1T λ,且210a a λ-=(3) 有两个不相等的特征根12λλ,,且12==1T Tλλ.结论2 (i)“递推关系①为周期递推关系”当且仅当“其特征根12,λλ不相等,且存在*T N ∈使得12==1T Tλλ”; (ii)“递推关系①为弱周期递推关系”当且仅当“有且只有一个特征根(两个相等的特征根视为一个)λ,使得存在*T N ∈使得=1Tλ”;(iii)“递推关系①为非周期递推关系”当且仅当“任意的*T N ∈,121,1T Tλλ≠≠对于以上结论进行实例应用,如下:例1 递推关系:212n n n a a a ++=-,其特征根为12±,而1=≠,所以,对任意的*T N ∈,于是,121,1T T λλ≠≠.故212n n n a a a ++=-为非周期递推关系.例 2 ()211i n n n a a a ++=-+,121,i a a ==.其对应的特征根为: ()12i,1i λλ==-,满足:421i 0,i 1a a -⋅==可知数列以4为周期的周期数列.例 3 其对应的特征根为:()12i,1i λλ==-,21λ=≠,故对任意的*2,1T T N λ∈≠,而411λ=,但21i 0a a -≠,故此数列不是周期数列.例 4 21n n n a a a ++=-,其特征根为:12λλ==,6612=1λλ=.故以6T =为周期的递推关系.进一步,考虑1Tλ=的等价条件,可知λ在单位内,设其辐角为θ,则i e θλ=,21,=T k k N T πλθ=⇔∃∈使得.记2kt Q T=∈,则得到二阶递推数列{}n a 为周期数列的一个必要条件:结论 3 二阶递推数列{}n a 为周期数列,则必存在特征根λ,使得其辐角为,t t Q θπ=∈.由于实数域包含于复数域内,结合文[1]以及本文中的结论1,结论2以及结论3,可得到实数范围内相应的结论(4),其中,情形(1)(2)(3)对应与0∆≥,情形(4)对应于0∆<:结论4 递推关系n n n qa pa a +=++12,以及给定初值21,a a (其中221212,,,,0p q a a R a a ∈+≠),数列{}n a 是周期数列当且仅当满足如下四个情形之一:(1) 1p q +=,21a a =.此时数列{}n a 是1为最小正周期的数列; (2) 1,q p -=12a a =-.此时,数列{}n a 是2为最小正周期的数列;(3) 0,1p q ==,对任意的12,a a ,数列{}n a 是1或2为最小正周期的数列;(4) 2cos ,1p t q π==-(其中*,,,st s r N s r s r r=∈<与互质,),对任意的12,a a ,数列{}n a 均为周期数列.若s 为奇数,则数列{}n a 是2r 为周期的数列;若r 为偶数,则数列{}n a 是r为周期的数列.2.2 高等代数的矩阵法由于初等的方法较复杂,受文[2]运用矩阵法求常系数递推数列的启发,所以尝试引入线性代数的相关知识,将数列的问题转化为矩阵的问题,实现高效推导.2.2.1 常系数递推数列与递推矩阵一般地,称满足下述递推公式的数列{}n a 为常系数齐次递推数列:递推关系1122n k n k n k k k a c a c a c a ++-+-=+++,以及初值:12,,,k a a a其中,1212,,,,,,,k k c c c a a a C ∈为常数.设1122111n k k n k n n k kk a c c c a X A a +-+-⨯⨯⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,,则常系数线性递推数列可以转化为 向量数列{}n X :满足递推关系1n n X AX +=,初始条件1X .称A 为递推矩阵,通过反复迭代,可得11n n X A X -=.2.2 .2 递推向量列的周期性研究若初始条件1X 为零向量,则{}n X 为恒为0向量,结论平凡,不予讨论.再者,由于{}n a 是周期数列等价于{}n X 是周期向量数列.故只需研究非零初值的递推向量列{}n X 的周期即可.(一) 递推数列为周期数列的充要条件设{}n X 是以T 为周期的向量数列.则1111TT X X A X X +=⇔=(注:这里表示A 的T 次幂,而不是矩阵的转置,下文同),即1是矩阵T A 的特征值,1X 是矩阵TA 的属于1的特征向量.另一方面,若11TA X X =成立,则()111111n T n T n n T n X A X A A X A X X +---+====,即有:{}n X 是以T 为周期的向量数列⇔1是矩阵TA 的特征值,1X 是矩阵TA 的属于1的特征向量.进一步,设矩阵A 的特征值为12,,,k λλλ,则矩阵T A 的全部特征值为12,,,T T T k λλλ,于是,得到:已知递推数列{}n a :1122n k n k n k k k a c a c a c a ++-+-=+++,在非零初值:12,,,k a a a .结论 5 {}n a 是以T 为周期的数列,当且仅当,存在存在特征值λ,使得1T λ=,且121n a a X a ⎛⎫ ⎪ ⎪= ⎪⎪⎝⎭是矩阵T A 对应于1的特征向量,其中A =1211k c c c ⎛⎫⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭. (二)周期递推关系与弱周期递推关系 递推关系:1122n k n k n k k k a c a c a c a ++-+-=+++为周期递推关系⇔存在*T N ∈,使得任意的1k X C ⨯∈,都有T A X X ⋅=⇔()0T A E X -⋅=恒成立⇔TA E =.另一方面,对1211k c c c E A λλλλ---⎛⎫⎪-⎪-= ⎪ ⎪-⎝⎭实行初等矩阵变换, 得矩阵A 的Smith 标准型:1111k k k c c λλ-⎛⎫ ⎪⎪⎪ ⎪---⎝⎭由此可见,矩阵A 的最小多项式等于其特征多项式,即:()()11det k k k m E A c c λλλλ-=-=---于是T A E =()1T fλλ⇔=-是矩阵A 的化零多项式()()|m f λλ⇔()()111k k T k c c λλλ-⇔----⇔12,,,k λλλ是互不相等相等的T 次单位根. 结论6 递推关系:1122n k n k n k k k a c a c a c a ++-+-=+++为周期递推关系与下列条件等价:(1)存在正整数T ,使得()()111k k T k c c λλλ-----(2)存在正整数T ,使得12,,,k λλλ是互不相等相等的T 次单位根.(3)12,,,k λλλ均在单位圆上,且其辐角主值与π的比值均为有理数.同样,以上结论举例应用如下: 例5 3212n n n n a a a a +++=++,对应的递推矩阵112100010A ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭,其特征值多项式为()()322212λλλλλλ---=++-,其特征值1232λλλ===,满足:33121λλ==.于是考虑3544232112A ⎛⎫⎪= ⎪ ⎪⎝⎭,3A 特征值为1,1,8.其中1对应的特征向量为12100,111X X ⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪== ⎪ ⎪ ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭.所以,当123,0,a a a a a ===-或1230,,a a a a a ===-时,数列{}n a 为周期数列;对于其他的初值,数列{}n a 均不为周期数列.所以,递推关系3212n n n n a a a a +++=++为弱周期递推关系.例6321n n n n a a a a +++=-+,对应的特征方程为:()()322111λλλλλ-+-=+-,其特征根为123,,1i i λλλ==-=,均是4次单位根.故递推关系321n n n n a a a a +++=-+为以4为周期递推关系.参考文献[1] 朱 勇 对一类递推数列周期性的再探究[J].中学数学教学,2014(4), 24-25[2] 李信明 常系数线性递推数列通项公式的矩阵求法[J] 高等数学研究,1999(4),23-25.。

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an=c1an-1+c2an-2+…+ckan-k (3.2.1)
3.0,a1=1, 2=2, 3=3 a a a n =-2a n-2 a n-4

解 递推推关系an=-2an-2-an-4 (*) (*)的特征方程为x4+2x2+1=0 (*)的特征根x1=x2=i , x3=x4=-i (*)的通解
1- 3i i x2 2 e 3
(*)的通解
n n a n= A1cos 3 + A2 sin 3
3.2.4 特征根互不同

把a1=1, a2=0代入通解得
A1 cos 3 A 2 sin 3 1 A cos 2 A sin 2 0 2 1 3 3
3.2.3 递推(3.2.1)的解

定理3.2.1 xk-c1xk-1-c2xk-2-…-ck-1x-ck=0 (3.2.2) x=q(非零复数)

an=qn

an=c1an-1+c2an-2+…+ckan-k (3.2.1)
3.2.3 递推(3.2.1)的解

定理3.2.2 h1(n),h2(n),…,hk(n)解
3.2.2 递推(3.2.1)的特征方程

an=c1an-1+c2an-2+…+ckan-k (3.2.1) 代入an=xn (x≠0)得 xn=c1xn-1+c2xn-2+…+ckxn-k
xk-c1xk-1-c2xk-2-…-ck-1x-ck=0 (3.2.2)
递推关系(3.2.1)的特征方程 递推关系(3.2.1)的特征根
n n




3.2.4 特征根互不同

xk-c1xk-1-c2xk-2-…-ck-1x-ck=0 (3.2.2) 共轭复根x1=peiө,x2=pe-iө x1n=pneinө,x2n=pne-inө

an=c1an-1+c2an-2+…+ckan-k (3.2.1)
1 2
x1n+ 2
1
n=pncosnө, 1 x2 2
x1n- 2 x2n=pnsinnө
1
3.2.4 特征根互不同

定理3.2.3 xk-c1xk-1-c2xk-2-…-ck-1x-ck=0 (3.2.2)
有k个不同复根x1=peiө,x2=pe-iө,x3 …,xk
an=A1pncosnө +A2pnsinnө +A3x3n +…+Akxkn通解
3.2.4 特征根互不同

把f0=0, f1=1代入通解
A1 A2 0 1 5 1 5 A1 2 A2 1 2
5 A1 5 5 A2 5

因此所求递归的解
5 1 5 5 1 5 fn 5 5 2 2
3.2常系数线性齐次递推关系


3.2.1 递推关系(3.2.1)
3.2.2 递推(3.2.1)的特征方程 3.2.3 递推(3.2.1)的解
3.2.4 特征根互不同
3.3.5 特征根有重根
3.2.1 递推关系(3.2.1)

常系数k阶线性齐次递推关系 an=c1an-1+c2an-2+…+ckan-k (3.2.1) 其中c1,c2,…,ck是实数常数, ck≠0
A1 1 3 A2 3

因此所求递归的解为
n 3 n a n cos 3 3 sin 3
3.3.5 特征根有重根

定理3.2.3 xk-c1xk-1-c2xk-2-…-ck-1x-ck=0 (3.2.2) q(q≠0)是m(m≥2)重根
an=ntqn(t=0,1,2,…,m-1)是解
A1 0 1 A2 A3 3 A 4 2

因此所求递归的解为
n n n a n n cos 2 3sin 2 2n sin 2

an=c1an-1+c2an-2+…+ckan-k (3.2.1)
3.2.4 特征根互不同

f 0=0, 1=1 f 例3.2.1 解递归 f n =f n-1+f n-2

解 递推推关系fn=fn-1+fn-2 (*) (*)的特征方程 x2-x-1=0
1+ 5 1- 5 (*)的特征根 x1= , x2= 2 2 n n 1 5 1 5 (*)的通解 f n= A1 + A 2 2 2

an=c1an-1+c2an-2+…+ckan-k (3.2.1) 线性组合A1h1(n)+A2h2(n)+…+Akhk(n)解
3.2.4 特征根互不同

定理3.2.3 xk-c1xk-1-c2xk-2-…-ck-1x-ck=0 (3.2.2) 有k个不同复根x1,x2,…,xk
an=A1x1n+A2x2n+…+Akxkn是通解

an=c1an-1+c2an-2+…+ckan-k (3.2.1)
3.2.4 特征根互不同

例3.2.2 解递归 a 1=1, 2=0 a
a n =a n-1 a n-2

解 递推推关系an=an-1-an-2 (*)
(*)的特征方程为x2-x+1=0
1+ 3i i (*)的特征根x1 2 e 3 ,
n n n n a n= A1cos 2 + A2ncos 2 A3 sin 2 + A4n sin 2
3.3.5 特征根有重根

把a1=0, a2=1,a3=2, a4=3代入通解得
A1 0 A3 A 4 1 A1 2 A 2 2 A3 3 A 4 3

an=c1an-1+c2an-2+…+ckan-k (3.2.1)
3.3.5 特征根有重根

定理3.2.3 xk-c1xk-1-c2xk-2-…-ck-1x-ck=0 (3.2.2) 不同根x1,x2,…,xt-1,xt(xt为m重根)
an=A1x1n+A2x2n+…+At-1xt-1n
+Atn0xtn+At+1n1xtn+ …+Aknm-1xtn通解
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