递推方程
第31讲 数列的递推
第12讲 数列的递推本节主要内容两个基本递推：a n ＋1＝a n ＋d ，a n ＝qa n ；线性递推，二阶或高阶递推的特征方程与特征根；其他递推．1．基本概念：①递归式：一个数列}{n a 中的第n 项n a 与它前面若干项1-n a ，2-n a ，…，k n a -（nk <）的关系式称为递归式．②递归数列：由递归式和初始值确定的数列成为递归数列． 2．常用方法：累加法，迭代法，代换法，代入法等． 3．思想策略：构造新数列的思想． 4．常见类型： 类型Ⅰ：⎩⎨⎧=≠+=+为常数）a aa n p n q a n p a n n ()0)(()()(11（一阶递归）其特例为：（1）)0(1≠+=+p q pa a n n （2）)0()(1≠+=+p n q pa a n n （3）)0()(1≠+=+p q a n p a n n解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列．①形如)(1n q a a n n +=+的递归式,其通项公式求法为：1111111()()n n n k k k k a a a a a q k --+===+-=+∑∑②形如n n a n p a)(1=+的递归式,其通项公式求法为： 3211121(1)(2)(1)n n n a a a a a a p p p n a a a -=⋅⋅⋅=⋅⋅-③形如)1()(1≠+=+p n q pa a n n 的递推式,两边同除以1+n p 得111)(++=+=n nn n n pn q pa pa ,令n nn b pa =则句可转化为①来处理. 类型Ⅱ：⎩⎨⎧==≠≠+=++为常数）b a b a a a q p qa pa a nn n ,(,)0,0(2112（二阶递归）解题方法：利用特征方程q px x +=2，求其根α、β，构造n n n B A a βα+=，代入初始值求得B A ,． ①若p+q=1时，有q a a n n -=-+1)(1--n n a a 可知}{1n n a a -+是等比数列，先求得n n a a -+1，再求出n a . ②若p+q ≠l ，则存在α，β满足=α-+n n a a 1)(1--βn n a a 整理得11)(-+αβ-β+α=n n n a a a 从而α+β=p ， αβ=q ，可解出α、β，这样可先求出}{1n n a a α-+的通项表达式，再求出n a .注意α、β实质是二次方程q px x +=2的两个根，将方程q px x +=2叫做递归式n n n qa pa a +=++12的特征方程． 在数列{n a }中，给出a 1, a 2，且n n n qa pa a +=++12 ，它的特征方程q px x +=2的两根为α与β．如果α≠β，则n n n B A a βα+=；如果α=β则nnB An aα+=)(，其中A 与B 是常数，可由初始值a 1,a 2 求出．类型Ⅲ. 如果递归数列{a n }满足 a n+1dca b aa n n ++=,其中c ≠0,ad －bc ≠0,以及初始值a 0≠f (a 1),则称此数列为分式线性递归数列.我们称方程dcx b ax x ++=的根为该数列的不动点.若该数列有两个相异的不动点p 、q ，则}{qa p a n n --为等比数列；若该数列仅有惟一的不动点p ，则}1{pa n -是等差数列·5.求递归数列通项的常用方法有：换元法、特征根法、数学归纳法等．A 类例题例1 一给定函数)(x f y =的图象在下列图中，并且对任意)1,0(1∈a ，由关系式)(1n n a f a =+得到的数列}{n a 满足)N (*1∈>+n a a n n ，则该函数的图象是( )(2005年辽宁卷)（A ） （Ｂ） （Ｃ）（Ｄ） 分析 利用递推式意义及数形结合,分析清楚函数值与自变量的关系，即可判断． 解 由)(1n n a f a =+，n n a a >+1，得n n a a f >)(，即x x f >)(，故选A ． 例2已知数列1}{1=a a n 中，且a 2k =a 2k －1+(－1)K , a 2k+1=a 2k +3k , 其中k=1,2,3,……． （I ）求a 3, a 5；（II ）求{ a n }的通项公式． (2004年全国高考题)分析 由于给出两个递推关系与奇数项、偶数项有关,因此因从奇数项或偶数项之间的关系入手. 解（I ）a 2=a 1+(－1)1=0, a 3=a 2+31=3．a 4=a 3+(－1)2=4, a 5=a 4+32=13, 所以，a 3=3,a 5=13． (II) a 2k+1=a 2k +3k = a 2k －1+(－1)k +3k ,所以a 2k+1－a 2k －1=3k +(－1)k, 同理a 2k －1－a 2k －3=3k －1+(－1)k －1, …… a 3－a 1=3+(－1)．所以(a 2k+1－a 2k －1)+(a 2k －1－a 2k －3)+…+(a 3－a 1) =(3k +3k －1+…+3)+[(－1)k +(－1)k －1+…+(－1)], 由此得a 2k+1－a 1=23(3k －1)+21[(－1)k －1],于是a 2k+1=.1)1(21231--++kka 2k = a 2k －1+(－1)k=2123+k(－1)k －1－1+(－1)k=2123+k(－1)k =1．{a n }的通项公式为：当n 为奇数时，a n =;121)1(232121-⨯-+-+n n当n 为偶数时，.121)1(2322-⨯-+=nnna说明 这种给出递推关系,求通项公式问题,一般是转化为等差数列或等比数列,或者通过观察、归纳,或者通过顺次迭代,以求通项公式.情景再现1．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝2a n －1＋n －2(n ≥2)，求通项a n . (2004年四川省高中数学联赛) 2．设cbx x x f +=)(（c b ,为常数），若21)2(=f ，且02)(=-x x f 只有唯一实数根（1）求)(x f 的解析式（2）令)(,111-==n na f a a 求数列{}na 的通项公式.B 类例题例3 (1)一次竞赛在n(n ＞1)轮中共发了m 枚奖章．第一轮发了1枚及余下的m －1枚的71，第2轮发了2枚及余下的71，…，直至第n 轮正好发了n 枚而没有余下奖章．这个竞赛共包括几轮?一共发了多少枚奖章?(第9届国际数学奥林匹克)(2)把一个圆分成n 个不同的扇形(n ≥2)，依次记为S 1，S 2，…, S n ，每个扇形都可以用红、蓝、白三种颜色中任一种涂色，要求相邻的扇形颜色互不相同，问有多少种涂法?分析 第(1)题，每一轮发的奖章数具有一定规律，因而可以建立每一轮发的奖章数的关系或每一轮余下的奖章数的关系．第(2)题，设法建立涂法总数的递推关系和求得初始值，进而求得涂法总数． 解 (1)设竞赛进行了k 轮后，余下a k 枚奖章．因为第k 轮发出奖章数k+17(a n －1 －k )具有a k ＝a k －1－ [k+17(a k －1 －k )]即a k ＝ 67a k －1－67 k 且a 0=m, a n =0.进一步变形为a k +6k －36= 67[a k －1+6(k －1)－36]从而a n +6n －36= (a 0－36)n)76(= (m －36)n)76(即a n = (m －36)n)76(－(6n －36),又因为a n =0,故(m －36)=(n －6)167-n n而n －6＜6n －1,且7n 与6n －1互质,m,n ∈N +,故n=6,m=36. 因此,这个竞赛共包括6轮,一共发了36枚奖章.(2)设涂法总数为a n (n ≥2)当n=2时,先对S 1涂法色,有3种涂法,继而得S 2只有两种涂法,因而a 2=6.当时n ≥3, S 1有3种涂法, S 2有2种涂法, S 3有2种涂法,…, S n －1有2种涂法, S n 仍有2种涂法. (不论是否S 1与同色),这样共有3×2n －1种涂法,但这3×2n －1种涂法分为两类：一类是S n 与S 1同色,认为S n 与S 1合为一个扇形,此时涂法有a n －1种涂法；另一类是S n 与S 1不同色,此时涂法有a n 种涂法.因而有a n + a n －1=3×2n －1(n ≥3)令p n =a n2n , 则2p n +p n －1=3 (n ≥3)于是有1-np =)1(211---n p , (n ≥3) p 2=a 222从而有1-n p =)1()21(22---p n =121-⎪⎭⎫ ⎝⎛--n于是1=n p 121-⎪⎭⎫⎝⎛--n 得a n =2n p n =2n +(－1)n ·2 (n ≥3)但当n=2时也适合上式,故得a n =2n +(－1)n ·2 (n ≥2) 故共有种a n =2n +(－1)n ·2 (n ≥2)涂法说明 这类试题经常在全国高中数学联赛及国际数学奥林匹克中出现．这两个问题都是用递推方法解决计数问题，希望读者对这类问题能够进行较为深入的钻研． 例4 数列{a n }定义如下：a 1=1，a n+1 =161(1+4 a n +na 241+)，求它的通项公式．分析 带根号的部分不好处理，平方会导致较繁的关系式,容易想到作代换：令=nbn a 241+解 设=nb n a 241+,则2412-=n n b a ,.51=b 于是原递推式可化为41(16124121+=-+n b 2412-⋅n b +)nb即(2b n+1)2=(b n +3)2,由于b n 、b n+1非负,所以2b n+1=b n +3. 故b n+1－3=21(b n －3).所以b n+1－3= (b n －3)(21)n －2即2)21(3-+=n nb所以2412-=n nb a=nn 212313112+⋅+-说明 这是1981年IMO 的预选题，解题的关键是换元、转化．例5设{x n }、{y n }为如下定义的两个数列：x 0=1，x 1=1,x n+1=x n +2 x n －1，y 0=1，y 1=7,y n+1=2y n +3y n －1，(n=1,2,3…)，于是这两个数列的前n 项为x n ：1,1,3,5,11,21…, y n ：1,7,17,55,161,487,….证明：除了“1”这项外,不存在那样的项,它同时出现在两个数列之中. (第二届美国中学生数学竞赛试题) 分析 本题题均属于线性递归数列问题，可用特征根的方法来解决．解 数列{x n }的通项公式形如nnnC C x β+α=21,其中βα、是数列的特征方程x 2=x +2的两根,即1,2-=β=α,故nnnC C x )1(221-+=.由x 0=1,x 1=1得C 1=23,C 2=13,所以 =nx 23×2n +13(－1)n = 13[2n+1+(－1)n ]同理可得数列的{y n }通项公式为 y n =2×3n －(－1)n .用反证法证明两个数列无其它公共项. 假设 x m =y n ,即13[2m+1+(－1)m ]= 2×3n －(－1)n ,则 2(3n+1－2m )=(－1)m +3(－1)n ①若奇偶性相同,则①式右边为4或－4.左边=2(奇－偶)=2×奇数,故左边不是4的倍数,因此左边不等于右边.同理若m 、n 奇偶性不相同时左边也不等于右边.说明 在求得特征方程的根以后，要依据根的重数正确写出数列通项的一般表达式，再根据初始值求得待定系数的值．例6 数列{a n }满足a 0=1，23645721-+=+n n n a a a，N n ∈，证明：(1)对于任意N n ∈，a 为整数；(2)对于任意N n ∈，11-+n n a a 为完全平方数. (2005年高中数学联赛) 证明：(1)由题设得a 1=5,且数列{a n }严格单调递增,将条件变形得36457221-=-+n n n a a a ,两边平方法整理得0972121=++-++n n n n a a a a①∴0972112=++---n nn na a a a ② ①－②得0)7)((111=-+--++n n n n n a a a a a∵1+<n na a , ∴0711=-+-+nn n a a a , 117-+-=n nn a a a ③由③及a 0=1, a 1=5可得a n 为正整数.(2)将①两边配方得=++21)(n na a )1(91-+n n a a∴11-+n n a a =21)3(nn a a ++④因为是n a 整数,故11-+n n a a 为整数,故④右边是整数的平方.即为为完全平方数. 所以对于任意N n ∈，11-+n n a a 为完全平方数.情景再现3．小伟和小明来到咖啡店,他们买了一杯咖啡和一杯牛奶各150ml,每个杯子的容积为200ml,甲杯盛牛奶,乙杯盛咖啡,想将二者混合,兑换成近乎相同的奶咖啡,没有其它的容器,只得利用二个杯子中的剩余空间倒来倒去,使其混合.规定将乙杯里的部分倒入甲杯中,使甲杯盛满饮料,充分搅匀,再将甲杯里的饮料倒入乙杯中，使甲、乙杯中的饮料相等.这叫做一次操作.请你回答下列四个问题： Ⅰ、一次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比为多少？Ⅱ、求第n 次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比的数学表达式. Ⅲ 至少几次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比不超过51％？Ⅳ、你能否设计新操作,得到更优的方案以减少操作次数？ (2003年北京应用知识竞赛题) 4． 已知a 1=1，a 2=3，a n+2=（n+3）a n+1－（n+2）a n ，若当m ≥n ，a m 的值都能被9整除，求n 的最小值．(湖南省2002年高中数学竞赛)C 类例题例7 数列{a n }按如下法则定义：a 1=1nn n a a a 41211+=+， 证明：对n ＞1，1222-n a 均为正整数·(1991年全苏数学冬令营)分析 因为结论中涉及到根号及a 2n项，因而令1222-=n na b ，并对已给递推关系两边平方就容易找到解题思路． 解 令1222-=n na b , 则12222-=n na b ,因此221nnb a=+12,因为++=+222116141nn n a a a14于是++211n b 12 = 14 (++211n b12)+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+2111612n b +14即 )2(22221+=+n n n b b b①所以]2)2((2[22121221++=--+n n n n b b b b=2212)1(4+-n n b b . ②4122222=-=a b ,24122233=-=a b ,由②及b 2 、b 3∈N*, 知道对n ＞1，1222-n a 均为正整数.说明 这道试题，通过换元，将关于如的问题转化为关于b n 的问题，得到①式后,再用)2(221212+=--n n n b b b 代入可证明21+n b是一个完全平方数的关键一步,通过这一步代入可使问题得到顺利解决．例8. 设a 1=1，a 2=3，对一切正整数n 有 a n+2=(n+3)a n+1－(n+2)a n ,求所有被11整除的如的值． 分析 先根据给定的递推关系，通过换元，把问题转化，最后求得a n 的通项公式，进而完成本题． 解 由已知条件得(a n+2－a n+1)= (n+2)(a n+1－a n )设b n+1=a n+1－a n (n ≥1),则由条件有b n+1=(n+1)(a n －a n －1)=(n+1) b n (n ≥2),故b n = nb n －1=n(n －1) b n －2= n(n －1)(n －2)…3 b 2 =n ！(n ≥2) 所以a n =(a n －a n －1 )+(a n －1－a n －2)+ …+(a 2－a 1)+a 1=b n + b n －1 +…+b 2+1=1nk k =∑！由此可以算出a 4=41k k =∑！=33=11×3,a 8=81k k =∑！=46233=11×4203,a 10=101k k =∑！=4037913=11×367083.当n ≥11时,注意到11nk k =∑！能被11整除,因而a n =101k k =∑！+11nk k=∑！也能被11整除.故当n=4,n=8或当n ≥10时, a n 均被11整除.说明 这是1990年巴尔干地区的数学奥林匹克试题，本题中换元起了重要的作用.这是阿贝尔求和法.情景再现5．3个数列{a n }、{ b n }、{ c n }存在下列关系：a 1=1, b 1=21,b n =a n+1－a n , c n =b n+1－b n =np n --13(n=1,2,3…)这里的p 为正常数. (1)求a n ；(2)证明：若c n ≥0,则c n+1＞0；(3)若数列{b n }的最小项为b 4,求p 取值范围.6．数列{a n }、{ b n }满足0＜a 1＜b 1,nnn b a a 21111+=+nn n b a b +=+2121 (n=1,2,3…)证明下列命题：(1) a 2＜b 2＜b 1；(2) 对任何正整数n 有b n ＞ a n+1； (3) 对任何整数n ≥2,有b n ＜b 1.习题12A 类习题1. 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n +1＝a n ＋n 2(n ≥2)，求通项a n .2.（2003年全国高考题）已知数列).2(3,1}{111≥+==--n a a a a n n n n 满足（Ⅰ）求;,32a a （Ⅱ）证明.213-=nn a3．（2001上海春季高考）某公司全年的利润为b 元，其中一部分作为奖金发给n 位职工，奖金分配方案如下：首先将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小，由1到n 排序，第1位职工得奖金nb 元，然后再将余额除以n 发给第2位职工，按此方法将奖金逐一发给每位职工，并将最后剩余部分作为公司发展基金. (1)设a k (1≤k ≤n )为第k 位职工所得奖金金额，试求a 2,a 3，并用k 、n 和b 表示a k (不必证明)； (2)证明a k ＞a k +1(k =1,2,…,n －1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义； (3)发展基金与n 和b 有关，记为P n (b ),对常数b ，当n 变化时，求lim ∞→n P n (b ).4．已知点的序列A n (x n ，0),n ∈N*,其中x 1=0,x 2=a (a ＞0),A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，…．(1)写出x n 与x n －1、x n －2之间关系式(n ≥3);(2)设a n =x n +1－x n ，计算a 1,a 2,a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明； (3) 求lim ∞→n x n ．5.已知+++∈-===N n a a aa a n n n ,22,4,01221求数列{a n }的通项公式.6.已知++++∈-+====N n a a a aa a a n n n n ,22,6,2,0123321求数列{a n }的通项公式.B 类习题7.已知++++∈+-====N n a a a aa a a n n n n ,8126,8,2,1123321求数列{a n }的通项公式. 8.已知++++∈+-=-===N n a a a aa a a n n n n ,12167,13,1,2123321求数列{a n }的通项公式.9.有一条n 级楼梯，如果每步只能跨上一级或两级，问欲登上去，共有几种走法？10.(1)是否存在正整数的无穷数列{a n },使得对任意正憨整数n 都有a 2n+1≥2 a n a n+2. (2)是否存在正无理数的无穷数列{a n },使得对任意正憨整数n 都有a 2n+1≥2 a n a n+2.(首届中国东南地区数学奥林匹克试题)C 类习题11．设数列}{n a 满足条件：2,121==a a ，且 ,3,2,1(12=+=++n a a a n n n )求证：对于任何正整数n ，都有nnnn a a 111+≥+ (湖南省2004年高中数学竞赛)12．求所有a ∈R,使得由a n+1=2n －3a n (n ∈N)所确定的数列a 0, a 1, a 2,…是递增数列.(1980年英国中学生数学竞赛试题)本节“情景再现”解答：1．解：由已知可得：a n ＋n ＝2(a n －1＋n －1)(n ≥2)令b n ＝a n ＋n ，则b 1＝a 1＋1＝2，且b n ＝2b n －1(n ≥2) 于是b n ＝2·2n －1＝2n ，即a n ＋n ＝2n 故a n ＝2n －n (n ≥2)， 因为a 1＝1也适合上述式子， 所以a n ＝2n －n (n ≥1) 2．解：（1）bc cb f 242122)2(-=∴=+=，又cbx bx c x x x f 22)2(2)(+--=-令02)(=-x x f 得0)2(=--bx c x当0≠b 时得方程的实数根0=x 和bc x -=2 于是1,2==b c , 当0=b 时4=c 方程有唯一实数根0=xxx x f +=∴2)(或4)(x x f =（2）当xxx f +=2)(时，211+=--n n n a a a ，令,1nna b =则121+=-n nbb ，)1(211+=+∴-n n b b 12112-=∴-=∴nn nn a b 当4)(x x f =时，141-=n n a a {}n a ∴为等比数列，1)41(-=n n a 121-=∴nn a 或nn a -=143．解：Ⅰ.设 p=150 , ％pp p a 7543311==+=Ⅱ. 设n 次操作前、后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比分别为、a n 1-n a ,则n 次操作前、后乙杯里的饮料中牛奶的体积百分比分别为、a n 11--n a -1,pp pa p a a n n n 3131)1(11+⋅-+=--=41211+-n a , ∴法 ①)(21211----=-n n n n a a a a ∴12121++=n n a∴ 法②)21(21211-=--n n a a∴12121++=n naⅢ. ∴1005121211≤++n ∴n ≥6.Ⅳ. 规定将乙杯里的部分倒入甲杯中,使甲杯盛满饮料,充分搅匀,再将甲杯里的饮料倒入乙杯中，使乙杯盛满饮料,充分搅匀.这叫做一次操作.设n 次操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比分别为n a ,乙杯里的饮料中牛奶的体积百分比为n b .43311=+=p p pa , 83323232431=+⨯=p p pb . 1693232328332432=+⨯+⨯=pp p p a 321532323283321692=+⨯+⨯=pp p p b∴ppb p a a n n n 34323211⨯+⨯=-- 第n 次操作后甲杯里的饮料p 32,乙杯里的饮料p 34.∴p b p a p n n =⨯+⨯3432∴343=+n n b a .n a =83411+-n a , ∴nn n a 212212+=-∴10051212212≤+-nn , ∴n ≥4.至少4操作后甲杯里的饮料中牛奶的体积百分比不超过51％.4．解：由)(12++-n n a a=11)2()3(-+-+-+n n n a a n an ))(2(1n n a a n -+=+))(1)(2(1--++=n n a a n n)(34)1)(2(12a a n n n -⋅⋅⋅⋅++=)2(+=n ！故++-+-+= )()(23121a a a a a a n)(1--n na a=1+2！+3！+…+n ！(n ≥1),由于153,33,9,3,154321=====a a a a a ,此时153被9整除.当m ≥5时∑=+=mk m ka a 15！而k ≥6时6！被9整除.于是当m ≥5时a n 被9整除，故所求的n 的最小值为55． (1)因为c n =b n+1－b n =3n －1－np,故b n =b 1+ (b 2－b 1)+ (b 3－b 2)+ …+(b n －b n －1) =12 +(1+3+…+3n －2)－[1+2+3+…+(n －1)]p=12 [3n －1－n(n －1)p], 即b n =a n+1－a n =12[3n －1－n(n －1)p]故a n =a 1+ (a 2－a 1)+ (a 3－a 2)+ …+(a n －a n －1)= 3n －1+34－ p6－1)(n －2)(2)若c n =b n+1－b n =3n －1－np ≥0, 则3n －1≥np,c n+1=b n+2－b n+1=3n －(n+1)p ≥3np －(n+1)p =(2n －1)p ＞0.(3)因为b n =12 [3n －1－n(n －1)p]≥b 4,故应有c 3=b 4－b 3≤0,c 4=b 5－b 4≥0,即c 3=9－3p ≤0, c 4=27－4p ≥0,故3≤p≤274.利用(2)的结论验算可知,当3≤p ≤274时,对一切正整数n,均有b n ≥b 4.故p 的取值范围是[3,274] 6．(1)⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+=++nn n n n n ba b b a a 212211111②① 因为110b a <<由①②可知n n b a ,皆正.①×②得242142121211=⋅+≥+++=++nn nn nn nn n n b a a b b a a b a b ,所以,11++≥n n a bn=1时,22a b ≥但若2111224b a a b a b =⇔=112b a =⇔,这与110b a <<矛盾,故只可能有,22a b >又由②可得1111122321212b b b b a b =+<+=,即 11243b b b <<,因此122b b a <<.(2)由(1)可知,11++≥n n a b即nna b ≥,由②得n n n b a b241+=+nn n n b a b b 2)(41-=-+=nnnb b a --)(＜0,故nn b b<+1,即nn n b b a <≤++11所以n n b a<+1.(3)由(2)知nn b b<+1故{b n }卓单调递减,从而121b b bb n n<<<<- ,因此1b b n<.本节“习题12”解答： 1.∵a n +1＝a n ＋n 2,∴a n +1－a n =n 2,故a n =(a n －a n －1 )+(a n －1－a n －2)+ …+(a 2－a 1)+a 1=－1+16n(n-1)(2n-1)= 16(n 3-3n 2+n-6)2.（Ⅰ）∵a 1=1 . ∴a 2=3+1=4, a 3=32+4=13 .（Ⅱ）证明：由已知a n －a n －1=3n －1,故.2131333)()()(21112211-=++++=+-++-+-=-----nn n n n n n n a a a a a a a a所以证得213-=nn a .3．(1)第1位职工的奖金a 1=nb ，第2位职工的奖金a 2=n1(1－n1)b ，第3位职工的奖金a 3=n1(1－n1)2b ，…，第k 位职工的奖金a k =n1 (1－n1)k －1b ;(2)a k －a k +1=21n(1－n1)k －1b ＞0，此奖金分配方案体现了“按劳分配”或“不吃大锅饭”的原则.(3)设f k (b )表示奖金发给第k 位职工后所剩余数，则f 1(b )=(1－n1)b ,f 2(b )=(1－n1)2b ,…,f k (b )=(1－n1)k b .得P n (b )=f n (b )=(1－n1)nb ,故eb b P n n =∞→)(lim .4．(1)当n ≥3时，x n =221--+n n x x ;=-=--=-+=-==-=212212232121,21)(212,)2(a a x x x x x x x a a x x aaa x x x x x x x 41)21(21)(2122332334=--=--=-+=-=, 由此推测a n =(－21)n －1a (n ∈N ． 证：因为a 1=a ＞0,且1111121)(2122----+-=-=-=-+=-=n n n nn n n n n n n a x x x x x x x x x a (n ≥2)所以a n =(－21)n －1a ．(3)当n ≥3时，有x n =(x n －x n －1)+(x n －1－x n －2)+…+(x 2－x 1)+x 1=a n －1+a n －2+…+a 1,由(2)知{a n }是公比为－21的等比数列，所以32)21(1lim 1=--=∞→a x n n a ．5.特征方程x 2=2x －2有两个相异实根x 1=1+i,x 2=1－i.则数列{a n }的通项公式为：n n n i C i C a )1()1(21-++=,代入前两项的值,得⎩⎨⎧=-++=-++4)1()1(0)1()1(222121i C i C i C i C解此方程组得：C 1=－1－i,C 2=－1+i, 故π+-=--+-=+++41cos2)1()1(2311n i i an n n n.6.特征方程x 3=2x 2+x －2有三个相异实根x 1=1,x 2=－1, x 2=2,则数列{a n }的通项公式为：nn n C C C a 2)1(321+-+=,代入前三项的值,得⎪⎩⎪⎨⎧=+-=++=+-,68,24,02321321321C C C C C C C C C解此方程组得：C 1=－2,C 2=0,C 3=1 故22-=nna.7.特征方程x 3=6x 2－12x +2有三重实根x =2,则数列{a n }的通项公式为：nn C n nC C a 2)(3221⋅++=,代入前三项的值,得⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=++,872248,21684,1222321321321C C C C C C C C C解此方程组得：C 1=1,C 2=43-,C 3=41 故222)34(-+-=n nn n a.8.特征方程x 3=7x 2－16x +12有x 1=x 2=2, x 3=3,,则数列{a n }的通项公式为：32132)(C nC C a nn n +⋅+=,代入前三项的值,得⎪⎩⎪⎨⎧-=++=++=++,1327248,1984,2322321321321C C C C C C C C C 解此方程组得：C 1=4,C 2=23,C 3=－3, 故.3232112+-+-⋅+=n n n n n a9. 由于登上n 级台阶可以从第n －2直接上来，也可以通过第n －1级分步上来，这样登上n 级台阶的走法不仅与登上n －1级走法有关，且也与登上n －2级台阶的走法有关，故这里可以考虑通过二阶递推式来进行求解.登上第一级只有一种走法，记a 1=1，登上第二级，有两种走法，记a 2=2，如果要登上第n 级，那么可能是第n －1级走上来，也可能是第n －2级跨上两级上来的，故有a n =a n －1+a n －2, 显然这是缺了F 0项的Fibonacci 数列，它的通项为 F n =51[(251+)n+1－(251-)n+1]所n 级楼梯，共有F n 种不同的走法.10．假设存在正整数列{a n }满足条件. ∵2212++≥n n n a a a , a n ＞0∴211≤-n n a a 22121≤--n n a a 23221---≤≤n n n a a 12a a ,n=3,4,5,又∵12a a 122221a a ⋅≤-所以有≤-1n n a a 221-n 12a a ⋅,n=2,3,4,5,∴≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=--112221n n n a a a a ≤⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--+-2212)3()2(21n n n a a a ≤⎪⎪⎭⎫⎝⎛≤-++-+-22121)3()2(21a a a n n n∴212122212---⋅⎪⎭⎫⎝⎛≤n n n n a a a设[)Z k a k k∈∈+,2,2122取N=k+3则有<⋅⎪⎭⎫ ⎝⎛≤---212122212N N N Na a a,1122112211≤⋅⎪⎭⎫⎝⎛++++k k k k a 这Na 与是正整数矛盾.所以不存在正整数列{a n }满足条件.11．证明：令 10=a ,则有 11-++=k k k a a a ，且 ),2,1(1111=+=+-+k a a a a k k k k于是 ∑∑=+-=++=nk k k nk k k a a a a n 11111由算术－几何平均值不等式，可得 nn n a a a a a a 132211+⋅⋅⋅≥+nn n a a a a a a 113120+-⋅⋅⋅注意到 110==a a ，可知nn n nn a a a 11111+++≥，即nnnn a a 111+≥+12．令b n =a n 2n ,则b n+1=－32b n +12,两边减去 15 , 得b n+1－15=－32(b n －15),即数列{ b n －15}是公比为－32的等比数列,所以b n －15=(b 0－15)(－32)n =(a 0－15)(－32n ,a n =2n b n =2n (a 0－15)·(－32)n +15·2n , 即a n =(a 0－15)·(－3)n +15·2n (n ≥0),从而a n+1－a n = 2n10[ 403 (a 0－15)·(－32)n +1] ,设A=403 (a 0－15)则a n+1－a n = 2n10[ A(－32)n +1] ,若a 0＞15, 则A ＞0,对充分大的奇数n 有(－32)n ＞1A a n ＜a n －1, 若a 0＜15,则A ＜0. 对充分大的偶数n 有(32)n ＞－1A于是a n ＜a n －1.综上所述,当a 0≠15时,数列{a n }不是单调递增.仅当a 0= 15时a n+1－a n = 2n10＞0,数列{a n }是单调递增.。
数列递推公式的九种方法
求递推数列的通项公式的九种方法利用递推数列求通项公式，在理论上和实践中均有较高的价值.自从二十世纪八十年代以来，这一直是全国高考和高中数学联赛的热点之一.一、作差求和法例1在数列{n a }中，31=a ,)1(11++=+n n a a n n ，求通项公式n a .解：原递推式可化为：1111+-+=+n n a a n n 则,211112-+=a a 312123-+=a a 413134-+=a a ，……，n n a a n n 1111--+=-逐项相加得：n a a n 111-+=.故na n 14-=.二、作商求和法例2设数列{n a }是首项为1的正项数列，且0)1(1221=+-+++n n n n a a na a n （n=1,2,3…），则它的通项公式是n a =▁▁▁（2000年高考15题）解：原递推式可化为：)]()1[(11n n n n a a na a n +-+++=0∵n n a a ++1＞0，11+=+n na a n n 则,43,32,21342312===a a a a a a ……，nn a a n n 11-=-逐项相乘得：na a n 11=，即n a =n 1.三、换元法例3已知数列{n a }，其中913,3421==a a ，且当n≥3时，)(31211----=-n n n n a a a a ，求通项公式n a （1986年高考文科第八题改编）.解：设11---=n n n a a b ，原递推式可化为：}{,3121n n n b b b --=是一个等比数列，9134913121=-=-=a a b ，公比为31.故n n n n b b 31()31(9131(2211==⋅=---.故n n n a a )31(1=--.由逐差法可得：nn a )31(2123-=.例4已知数列{n a }，其中2,121==a a ，且当n ≥3时，1221=+---n n n a a a ，求通项公式n a 。
求解递推方程
求解递推方程【前言】递推方程，在数学中也称为递归式，是一种递归定义的数学式子。
它通常用于描述一些指数级别的计算过程，如斐波那契数列等，是算法分析中一个非常基础的概念。
本文将介绍递推方程的基本概念和求解方法，并给出几个例子进行解析。
另外，本文的内容长度约为700字，将按照以下列表划分：1.递推方程的定义2.递推方程的求解方法3.斐波那契数列的递推方程4.经典递推问题——青蛙跳台阶问题的递推方程5.总结【正文】1.递推方程的定义递推方程是描述一个数列中每个项与前面某些项之间关系的方程式。
通常用f(n)表示序列的第n个数，而序列中的每个数，都可以通过前面某几个数的加减乘除运算来得到。
递推方程可以用以下的方式表示：f(n)=a*f(n-1) + b*f(n-2) + g(n)其中a,b为常数，g(n)是一个能够用n的式子表示的函数。
2.递推方程的求解方法对于递推式的求解，通常需要用到数学归纳法。
具体来说，可以采用以下的步骤：（1）通过观察数列的前几个数，找出递推式的初值。
（2）首先验证初值是否符合递推式，即检验f(1),f(2)等初几项是否为预期的值。
（3）假定递推式对1到n-1的所有自然数都成立，需要证明递推式对n也成立，即验证f(n)是否能够通过前面的项f(1)~f(n-1)计算得到。
（4）最后，通过归纳法证明递推式对任意自然数n都成立。
3.斐波那契数列的递推方程斐波那契数列是一个非常经典的递推问题，定义如下：f(1)=1,f(2)=1f(n)=f(n-1)+f(n-2)，n≥3其中，f(n)表示斐波那契数列的第n项。
这个数列的前几项依次为1,1,2,3,5,8,13,21......以下是斐波那契数列的递推方程的证明过程：（1）首先根据题意，可以确定斐波那契数列的初值f(1)=1,f(2)=1。
（2）验证初值是否符合递推式，可以计算出f(3)=2,f(4)=3等，并确认这些值与数列的定义是一致的。
ch13 递推方程
例递推方程 Tn=3Tn-1-4Tn-3 T0=1 T1=0 T2=0 解:Tn与前三项相关, Tn-3Tn-1+4Tn-3=0 特征方程为: x3-3x2+4=0 x3-2x2-(x2-4)=0 x2(x-2)-(x+2)(x-2)=0 (x-2)(x2-x-2)=0 (x-2)(x-2)(x+1)=0 x=2,2,-1 故Tn=(c1+c2n)2n+c3(-1)n= 1=(c1+c2*0)20+c3(-1)0 1=c1+c3 0=(c1+c2*1)21+c3(-1)1 0=2c1+2c2-c3 0=(c1+c2*2)22+c3(-1)2 0=4c1+8c2+c3 c1=5/9 c2=-1/3 c3=4/9 Tn=(5/9-n/3)2n+4(-1)n/9
二、齐次方程 如果递推方程可以写成： T(n)-a1T(n-1)-a2T(n-2)…-akT(n-k)=0 (1) T(0)=b0, T(1)=b1,….,T(k-1)=bk-1. 即T(n)等于前k项的线性组合， 并且知道了数列的前k项，称为齐次方程。 三、特征方程 xk-a1xk-1-a2xk-2…-ak=0 (2) 方程(2)为递推式(1)的特征方程。 定理1 q是非零的复数， qn是递推方程(1)的解 q是特征方程(2)的解。 证明：qn是递推方程(1)的解,T(n)=qn, qn-a1qn-1-a2qn-2…akqn-k=0
第13章 递归方程 杨圣洪
http://222.240.135.76:8080/ysh007
一、定义 设序列a0,a1,a2,…,an,…一个把an与前面项目ai连 递推公式,称为递推方程。 如：Fibonacci数列1,1,2,3,5,8,13,21,… an=an-1+an-2. n2 a0=1,a1=1 如果已知递推方程，如何求出通式？ 如以上Fibonacci数列的通项是什么呢？ 二、齐次方程 如果递推方程可以写成： T(n)-a1T(n-1)-a2T(n-2)…-akT(n-k)=0 T(0)=b0, T(1)=b1,….,T(k-1)=bk-1. 即T(n)等于前k项的线性组合， 并且知道了数列的前k项，称为齐次方程。
递推数列特征方程法
递推数列特征方程一、问题的提出递推(迭代)是中学数学中一个非常重要的概念与方法，递推数列问题能力要求高，内在联系密切，蕴含着不少精妙的数学思想与方法。
在递推数列中占有重要一席的斐波那契数列，又称兔子数列，是学生非常乐意探讨的递推问题，许多学生都会不约而同地向教师提出，这个数列有通项公式吗？如有，怎样求它的通项公式？笔者就曾碰到过一位喜爱钻研的学生，带着参考书上的解法而向我请教：已知斐波那契数列,3,2(,11121=+===-+n a a a a a n n n …)，求通项公式n a 。
参考书上的解法是这样的： 解 此数列对应特征方程为12+=x x 即012=--x x ，解得251±=x ， 设此数列的通项公式为n n nc c a )251()251(21-++=，由初始条件121==a a 可知，⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-++=-++1)251()251(1251251222121c c c c ，解之得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==515121c c ， 所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+=n n n a )251(251(55）。
这位学生坦率地表示，尽管参考书上介绍了利用特征方程求通项公式的一些结论，用上述方法得到的通项公式也是正确的，但他还是“看不懂”。
换句话说，这种解法的依据是什么？特征方程是怎样来的？我虽然深知这是特征方程惹的祸，但由于现行教材只字未提特征方程，我也从未在课堂上作过补充，如果将有关利用特征方程求递推数列通项的一些结论直接呈现出来，或者以“高考不作要求”为由来搪塞，学生是难以接受的，也是不负责任的。
面对一头雾水的数学尖子，我在充分肯定其善于思考、勇于探索的可贵品质的同时，也在苦苦寻觅解答这一问题的良策。
其后不久，一次偶然的数学探究活动，竟使这一长期困惑我们教学活动的尴尬问题迎刃而解。
二、研究与探索问题的解决源于对一阶线性递推数列通项公式的探求： 若数列{}n a 满足),1(,11≠+==+c d ca a b a n n 其通项公式的求法一般采用如下的参数法，将递推数列转化为等比数列：设t c ca a t a c t a n n n n )1(),(11-+=+=+++则 ， 令d t c =-)1(，即1-=c dt ，当1≠c 时可得知数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧-+1c d a n 是以c 为公比的等比数列， 将b a =1代入并整理，得()11---+=-c dc bd bc a n n n .将上述参数法类比到二阶线性递推数列,11-++=n n n qa pa a 能得到什么结论？仿上，我们来探求数列{}n n ta a ++1的特征： 不妨设)(11-++=+n n nn ta a s ta a ，则11)(-++-=n n n sta a t s a , 令⎩⎨⎧==-qst pt s ①（1）若方程组①有两组不同的实数解),(),,(2211t s t s ,则)(11111-++=+n n n n a t a s a t a ,即{}n n a t a 11++、{}n n a t a 21++分别是公比为1s 、2s 的等比数列， 由等比数列性质可得1111211)(-++=+n n n s a t a a t a , ∵,21t t ≠由上两式消去1+n a 可得（2）若方程组①有两组相等的解⎩⎨⎧==2121t t s s ，易证此时11s t -=，则211121111s a s a s a s a nn n n -=-∴++,即⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n s a 1是等差数列，由等差数列性质可知()21112111.1s a s a n s a s a nn --+=，所以nns n s a s a s a s a s a a 1211122111211.⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=． （限于学生知识水平，若方程组①有一对共轭虚根的情况略）这样，我们通过参数方法，将递推数列转化为等比（差）数列，从而求得二阶线性递推数列的通项，若将方程组①消去t 即得02=--q ps s ，显然1s 、2s 就是方程q px x +=2的两根，我们不妨称此方程为二阶线性递推数列11-++=n n n qa pa a 的特征方程，于是我们就得到了散见于各种数学参考资料的如下结论：设递推公式为,11-++=n n n qa pa a 其特征方程为022=--+=q px x q px x 即，1、 若方程有两相异根1s 、2s ，则nnn s c s c a 2211+=；2、 若方程有两等根21s s =，则nn s nc c a 121)(+=.其中1c 、2c 可由初始条件确定。
递推方程其他解法
2c n−1 右边 = ∑ i log i + n + 1 n i =1 2c n 2 n2 = [ log n − + O( n log n)] + n + 1 n 2 4 ln 2 c )n + O (log n) = cn log n + (1 − 2 ln 2
n
1 x2 x x2 ∫ x log xdx = ∫ ln 2 ln xdx = ln 2 [ 2 ln x − 4 ] 2 2
归并排序 n− W(n) = 2W(n/2) + n−1 a = 2, b = 2, d(n) = O(n), W(n)= O(nlogn)
位乘问题：X,Y 为 n 位二进制数，n=2 , 求 XY 位乘问题： 位二进制数， 2 一般方法 W(n)= O(n ) 分治法： 分治法：令 X = A2 + B, Y = C2 + D, 则 n n/2 XY = AC 2 + (AD+BC)2 + BD W(n)= 4 W(n/2) + cn W(1)= 1 log4 2 a = 4，b = 2, W(n)= O(n )= O(n ) 变换： (A-B)(D变换：AD + BC = (A-B)(D-C) + AC + BD W(n) = 3 W(n/2) + cn W(1)= 1 a = 3，b = 2, W(n)= O(n
二分搜索 W(n) = W(n/2) + 1 a = 1, b = 2, d(n) = c W(n) = O(logn)
(1) d(n)=cn
a i T ( n) = a + ∑ a i = a + cn ∑ ( ) b i =1 i =1 b
递推法
然后根据公式①递推求出am，问题解决。
改进算法
但仔细分析，上述算法有一个明显的缺陷：在求由于在求a2要运用 除法，因此会存在实数误差，这个误差在以后递推求am的过程又不 断的扩大。在实际中，当m超过30时，求出的am就明显偏离正确值。 显然，这种算法虽简单但不可靠。 为了减少误差，我们可设计如下算法： ∵ ai=Pia2+Qid+Ria1 =Pi-1a3+Qi-1d+Ri-1a2 =Pi-2a4+Qi-2d+Ri-2a3 …… =Pi-2+kak+Qi-2+kd+Ri-2+kak-1 ∴ an=Pn-k+2ak+Qn-k+2d+Rn-k+2ak-1 ak=(an-Qn-k+2d+Rn-k+2ak-1)/Pn-k+2 ……⑤ 根据公式⑤，可以顺推a2、a3、…、aM。虽然仍然存在实数误差， 但由于Pn-k+2递减，因此最后得出的am要比直接利用公式①精确得 多。
解答
由问题,可写出递推方程
1n 0 fn 2n 1 f f n 2 n2 n 1
算法：
F[0] := 1; F[1] := 2; FOR i := 2 TO N DO F[I] := F[I – 1] + F[I – 2];
总结
ans A[i]
i 1
z 1
例2 : Hanoi塔问题
Hanoi塔由n个大小不同的圆盘和三根木柱a,b,c组成。 开始时，这n个圆盘由大到小依次套在a柱上，如图1所 示。要求把a柱上n个圆盘按下述规则移到c柱上：
公式法求递推方程
公式法求递推方程
我们要使用公式法来求解递推方程。
递推方程是一种描述数列或序列的数学模型，其中每个项都基于前一项或前几项来计算。
假设我们有一个递推方程，形式为：a[n+1] = f(a[n])，其中a[n] 表示序列的第n 项，f 是一个函数。
为了求解这个递推方程，我们可以使用以下步骤：
1. 首先，我们需要找到递推方程的解的形式。
这通常涉及到对f 函数进行一些代数变换，以将其转化为易于求解的形式。
2. 然后，我们使用递推关系式来逐步计算序列的每一项，直到得到我们想要的项数。
现在，我们来看一个具体的例子。
假设我们有以下递推方程：a[n+1] = 2*a[n] + 1。
我们可以将这个递推方程重写为：a[n+1] - a[n] = 1。
然后，我们可以使用等差数列的求和公式来求解这个递推方程。
等差数列的求和公式是：S_n = n/2 * (2a_1 + (n-1)d)，其中S_n 是前n 项的和，a_1 是第一项，d 是公差。
在这个例子中，我们可以将a_1 设为a[0]，d 设为1，然后使用等差数列的求和公式来求解a[n]。
通过解递推方程，我们得到a[n] = n*(n - 1)/2。
数列的递推特征方程法
数列的递推特征方程法特征方程法是通过构造特征方程，然后求解特征方程得到通解的一种方法。
下面我们将详细介绍特征方程法在数列递推中的应用。
首先，让我们来回顾一下数列的一般形式。
一个数列可以表示为：aₙ=c₁aₙ₋₁+c₂aₙ₋₂+...+cₙaₙ₋ₙ其中aₙ表示数列的第n项，c₁,c₂,...,cₙ为常数，k为递推阶数。
为了求解递推关系，我们首先要确定数列的特征方程。
特征方程的核心思想是假设数列的n项与前面的k项有关，然后构造一个特征方程来描述这个关系。
假设数列的特征方程为：xₙ-c₁xₙ₋₁-c₂xₙ₋₂-...-cₙ₋₁x₁-cₙ=0其中x₁,x₂,...,xₙ为变量。
我们可以通过观察数列的递推关系来确定特征方程中的系数。
具体方法如下：1.观察递推关系中的系数c₁,c₂,...,cₙ；3.求解特征方程，得到特征根。
特征方程的解，也称为特征根，是特征方程的根，通常由它的重根个数决定数列的通解形式。
当特征根都是互不相等的实数时，数列的通解可以表示为：aₙ=A₁r₁ⁿ+A₂r₂ⁿ+...+Aₙrₙⁿ其中A₁,A₂,...,Aₙ为常数，r₁,r₂,...,rₙ为特征根。
当特征根中存在共轭复根时，数列的通解可以表示为：aₙ = (A₁r₁ⁿ + A₂r₂ⁿ + ... + Aₙrₙⁿ)cos(ωn) + (B₁r₁ⁿ + B₂r₂ⁿ+ ... + Bₙrₙⁿ)sin(ωn)其中A₁,A₂,...,Aₙ,B₁,B₂,...,Bₙ为常数，r₁,r₂,...,rₙ为特征根，ω为共轭复根的辐角。
通过特征方程法，我们可以求解出数列的通解。
在实际问题中，根据已知的数列前几项，我们可以构造数列的递推关系并使用特征方程法求解出数列的通解。
然后根据题目给出的条件，我们可以求解出具体的系数，从而得到数列的具体形式。
总结起来，特征方程法是通过构造特征方程来求解数列的递推关系的一种方法。
通过特征方程的解，我们可以得到数列的通解，并根据题目给出的条件得到数列的具体形式。
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。
数列的递推公式
等比数列的递推公式
$a_n = a_{n-1} times r$， 其中 $r$ 是公比，表示相邻 两项的比。
递推公式的应用
通过递推公式可以快速地求 出数列中任意一项的值，也 可以用于证明数列的性质。
拓展延伸：非线性递推关系简介
非线性递推关系的
定义
如果数列的递推公式中包含了非 线性运算（如乘法、除法、指数 等），则称该递推关系为非线性 递推关系。
02
CATALOGUE
常见数列递推公式类型
等差数列递推公式
01
一般形式
$a_n = a_{n-1} + d$，其中 $d$ 为公差。
初始条件
02
03
求解方法
给出首项 $a_1$ 和公差 $d$。
通过递推关系逐步计算每一项的 值。
等比数列递推公式
一Байду номын сангаас形式
$a_n = a_{n-1} times r$，其中 $r$ 为公比 。
非线性递推关系的
求解
对于非线性递推关系，通常没有 通用的求解方法，需要根据具体 情况进行分析和求解。常用的方 法包括迭代法、数学归纳法、特 征根法等。
非线性递推关系的
应用
非线性递推关系在数学、物理、 计算机科学等领域都有广泛的应 用，如分形、混沌、密码学等。
THANKS
感谢观看
方法求解。
03
CATALOGUE
递推公式求解方法
迭代法求解
初始条件确定
根据递推公式中的初始条件，确定数列的前几 项。
结果输出
输出计算得到的数列各项。
迭代计算
从初始条件出发，利用递推公式逐项计算数列 的后续项。
特征根法求解
二分归并递推方程
二分归并递推方程
二分归并排序是一种分治策略的排序算法，其基本步骤是将待排序的序列不断分成两半，直到每个子序列只有一个元素，然后将这些子序列两两合并，合并时保持顺序不变，最终得到一个有序序列。
二分归并排序的时间复杂度为O(nlogn)，其中n为待排序序列的长度。
二分归并排序的递推方程可以表示为：
T(n) = 2T(n/2) + n
其中T(n)表示归并排序的时间复杂度，T(n/2)表示归并排序在子序列上的时间复杂度，n表示合并两个有序子序列所需的时间复杂度。
根据递推方程，我们可以使用递归树的方法来求解归并排序的时间复杂度。
具体来说，我们可以将递归树中的每个节点表示为一个子序列，节点的深度表示子序列的长度，节点的左孩子表示将左半部分子序列递归排序，节点的右孩子表示将右半部分子序列递归排序。
根据递推方程，我们可以
计算出每个节点的代价，然后累加得到整个递归树的代价，即归并排序的时间复杂度。
一元二次方程两根同次幂之和的一个递推公式及其应用
一元二次方程两根同次幂之和的一个递推公式及其应用首先，我们来推导一元二次方程两根同次幂之和的递推公式。
假设方程ax²+bx+c=0的两个根分别为α和β。
我们可以表示它们的和为α+β，然后使用解方程法来求解。
根据二次方程的解法，我们可以将方程转化为一个完全平方形式：(x-α)(x-β)=0。
然后，我们展开这个完全平方形式，得到x²-(α+β)x+αβ=0。
通过比较原方程和完全平方形式，我们可以得到以下等式：a=1b=-(α+β)c=αβ因此，我们可以得到两个根之和的公式：α+β=-b/a接下来，我们将讨论两根之和递推公式的应用。
例1：已知一元二次方程的两个根之和为5，且求这个方程的两根的乘积。
解：设这个方程的两个根分别为α和β，则有α+β=5、根据递推公式，我们可以得到：αβ=-(b/a)=-(α+β)=-(5)=-5因此，这个方程的两个根的乘积是-5例2：企业的销售额在6个月内呈现递增的趋势，可以用一元二次方程f(t)=at²+bt+c来表示，其中t表示月份，f(t)表示销售额。
已知第一个月的销售额为100万，到第4个月时销售额增至140万，且每个月的销售额都为整数百万。
求这个一元二次方程的表达式。
解：设方程的根为α和β，表示第1个月和第4个月的月份。
根据题意，我们可以得到两个方程：f(1)=α+β=4f(4)=αβ=40根据递推公式α+β=-b/a和αβ=c/a，我们可以得到以下等式：α+β=-b/a=4αβ=c/a=40然后，我们可以找到a、b和c的整数解，满足条件。
在这个例子中，我们找到了一个解a=1，b=-4，c=40。
因此，这个企业的销售额可以用方程f(t)=t²-4t+40来表示。
通过上述例子，我们可以看到递推公式在解决一元二次方程问题中的应用。
这些应用不仅限于数学问题，还可以用于解决实际生活中的实际问题，例如经济学、物理学、工程学等领域。
递推公式的重要性在于它提供了一种快速、简单的方法来求解方程的根，并能帮助我们更好地理解和应用二次方程这个重要的数学概念。
方程法变形数列递推公式
方程法变形数列递推公式
数列的递推公式是数列的一种表示方法，它反映的是数列相邻项之间的关系式，如果要研究某个数列的性质，我们就要确定其通项公式。
扩展资料：
如果数列{an}的第n项与它前一项或几项的关系可以用一个式子来表示，那么这个公式叫做这个数列的递推公式。
例如斐波纳契数列的递推公式为an=an-1+an-2。
由递推公式写出数列的方法：
1、根据递推公式写出数列的前几项，依次代入计算即可；
2、若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式。
代入法求递推式
代⼊法求递推式先介绍⼀下⼏个定理定理1：设 b 和 d 是⾮负常数， n 是2的幂，那么下⾯递推式f (n )=dn =12f (n /2)+bnlog nn ≥2的解是 f (n )=Θ(n log 2n )引理1：设 a 和 c 是⾮负整数，b ,d ,x 是⾮负常数，并且对于某个⾮负整数 k ，令 n =c k ，那么，下⾯递推式f (n )=dn =1af (n /c )+bn xn ≥2的解是f (n )=bn x log c n +dn xa =c x (d +bc xa −c x )n log c a −(bc xa −c x)n xa ≠c x特别地，当 x =1 时，有f (n )=bnlog c n +dna =c (d +bca −c )n log c a −(bca −c )na ≠c定理：设 a 和 c 是⾮负整数，b 和 d 是⾮负常数，n =c k ，那么，下⾯递推式f (n )=dn =1af (n /c )+bn xn ≥2的解是f (n )=Θ(n x )a <c x Θ(n x log n )a =c x Θ(n log c a )a >c x特别地，如果 x =1，那么f (n )=Θ(n )a <c Θ(nlog n )a =c Θ(n log c a )a >c代⼊法这种⽅法通常⽤来证明上下界，也能⽤来证明精确解。
基本过程：猜想⼀个解（例如，通过上⾯地定理）再采取数学归纳法，初始解带有⼀个或多个常量，假设解对⼩规模成⽴；现要对⼤⼀点也成⽴，求出此时地常数 c I 也就是说，对常数取 c i 时，解是正确地.{{{{{{{Processing math: 100%。
二阶递推特征方程
有关“二阶递推特征”的方程
有关“二阶递推特征”的方程如下：
我们要找出二阶递推特征方程的一般形式。
首先，我们需要理解什么是二阶递推特征方程。
二阶递推特征方程是一个数学方程，它描述了一个数列中相邻两项之间的关系。
对于一个数列a_n，如果存在一个常数r 和一个初始条件a_0 和a_1，使得对于所有的n，都有：a_n = r × a_(n-1) + a_(n-2)，那么我们说这个数列满足二阶递推关系，并且r 是特征方程的解。
现在我们要来解这个方程，找出r 的值。
计算结果为：r = 0。
所以，二阶递推特征方程的一般形式为：a_n = r × a_(n-1) + a_(n-2)，其中r = 0。
火箭速度位置递推公式
火箭速度位置递推公式
火箭在飞行中的速度和位置可以通过牛顿的运动定律以及动力学方程来描述。
假设火箭的质量是可变的，考虑推进剂的耗尽，可以使用火箭方程或通常称为Tsiolkovsky 方程的公式来描述。
Tsiolkovsky 方程表示为：
[ \Delta V = I{sp} \cdot g0 \cdot \ln \left( \frac{m0}{mf} \right) ] 其中：
1.(\Delta V) 是火箭的速度变化（推进剂的喷射速度），
2.(I_{sp}) 是火箭发动机的比冲（比冲越大，火箭性能越好），
3.(g_0) 是地球表面的重力加速度（约为(9.8 \ m/s^2)），
4.(m_0) 是火箭的起始质量（包括推进剂和火箭本身的质量），
5.(m_f) 是火箭的最终质量（仅包括火箭本身的质量，不包括推进剂）。
如果我们知道每时每刻火箭的质量，可以使用牛顿的第二定律(F = ma) 将质量变化引入速度和位置的微分方程中。
这些方程通常会涉及到微积分和解微分方程的技巧。
在实际问题中，数值模拟方法也经常用于解决这类动力学问题，因为它们可以更灵活地处理复杂的情况。
请注意，上述公式是一个简化的模型，不考虑空气阻力等因素。
在实际应用中，可能需要更加复杂的模型来考虑更多的影响因素。
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归并两个n/2大小数组的比较次数为n1
7
归并排序（MERGE-SORT）是利用归并的思想实现的排序方法，该 算法采用经典的分治（divide-and-conquer）策略（分治法将问题分 (divide)成一些小的问题然后递归求解，而治(conquer)的阶段则将分 的阶段得到的各答案"修补"在一起，即分而治之)。
k 1
ak aid(n / bi ) i0
a k alogb n nlogb a
Case1 d(n)=c
T (n)
a k
c
ak 1 a1
O(ak
)
O(nlogb a
)
ak kc O(log n)
a1 a1
26
Case2 d(n)=cn
T(n)
ak
k 1
ai
i0
cn bi
ak
cnk1 ( a )i i0 b
18
平均时间复杂度
T(n)为对数组的各种输入平均做的比较次数 将输入按照A[p]在排好序后的位置分别为1, 2, …, n进行分类. 假设每类输入出现的概率相等
A[p]处位置1，划分后子问题规模分别为0和n-1
… A[p]处位置n，划分后子问题规模分别为n-1和0
n 种输入的平均复杂度为
T(n) 1 [(T(0) T(n 1)) (T(1) T(n 2)) ... n
8.3 递推方程的求解与应用
Hanoi 塔问题 递推方程的定义 二分归并排序算法的分析 快速排序算法的分析 递归树 分治算法分析的一般公式
1
Hanoi塔问题
Hanoi塔问题： 从A柱将这些圆盘移到C柱上去. 如果把一个圆盘从 一个柱子移到另一个柱子称作 1 次移动，在移动和放置 时允许使用B柱，但不允许大圆盘放到小圆盘的上面. 问 把所有的圆盘的从A移到C总计需要多少次移动？
14
15
划分过程
Partition(A,p,r) 1. x A[p] 2. i p 3. j r+1 4. while true do 5. repeat j j 1 6. until A[ j ]<x //*右边第1个比A[p]小的A[j] 7. repeat i i +1 8. until A[ i ]>x //*左边第1个比A[p]大的A[i] 9. if i < j 10. then A[ i ] A[ j ] //*交换A[j]与A[i] 11. else return j
8
可以看到这种结构很像一棵完全二叉树，本文的归并排序我们采用递归 去实现（也可采用迭代的方式去实现）。分阶段可以理解为就是递归拆 分子序列的过程，递归深度为log2n。 再来看看治阶段，我们需要将两个已经有序的子序列合并成一个有序序 列，比如上图中的最后一次合并，要将[4,5,7,8]和[1,2,3,6]两个已经有序 的子序列，合并为最终序列[1,2,3,4,5,6,7,8]，来看下实现步骤。
1578
2346
10
求解递推方程
W (n) 2W ( 2k1 ) 2k 1 2[2W (2k2 ) 2k1 1] 2k 1 22W (2k2 ) 2k 2 2k 1 22[2W (2k3 ) 2k2 1] 2k 2 2k 1 23W (2k3 ) 2k 22 2k 2 2k 1 ... 2kW (1) k 2k (2k1 2k2 ... 2 1) k2k 2k 1 n log n n 1
11
归纳法验证解
n=1代入上述公式得 W(1)=1 log11+1=0，
符合初始条件.
假设对于任何小于n的正整数t，W(t)都是正确的， 将结果代入原递推方程的右边得
2W(n/2)+n1 =2(2k1 log2k12k1+1)+2k1 =2k(k1)2k+2+2k1=k2k2k+1 = nlognn+1=W(n)
O(n)
ab
d(n) cn : T (n) O(n log n) a b
O(nlogb a ) a b
25
迭代
T(n) a2T(n / b2 ) ad(n / b) d(n)
...
akT(n / bk ) ak1d(n / bk1) ak2(n / bk2 ) ... ad(n / b) d(n)
T (n)
2
n1
T (i) O(n),
n i1
T (1) 0
n2
求解方法：迭代法
6
二分归并排序算法
算法Mergesort(A,s,t) //*排序数组A[s..t] 1. m(t-s)/2 2. AMergesort(A,s,m) //*排序前半数组 3. BMergesort(A,s+1,t) //*排序后半数组 4. Merge(A,B) //*将排好序的A,B归并
nlogb a cn (a / b)k 1 a/b1
n cnk O(n log n)
O(n)
a k
cn
(a / b)k 1 a/b1
ak
c
ak a/
bk b1
O(nlogb a
)
ab ab ab
12
快速排序算法
算法 Quicksort(A,p,r) //*排序数组A[p..r]
输入：数组A[p..r]
输出：排好序的数组A
1. if p < r
2. then qPartition(A, p, r) //*以A[p]为准划分A
3.
A[p]A[q]
//*A[p]与A[q]交换
4.
Quicksort(A,p,q-1) //*对子数组递归排序
5.
Quicksort(A,q+1,r)
13
分别从初始序列“6 1 2 7 9 3 4 5 10 8”两端开始“探测”。 先从右往左找一个小于6的数，再从左往右找一个大于6的数，然 后交换他们。这里可以用两个变量i和j，分别指向序列最左边和最 右边。我们为这两个变量起个好听的名字“哨兵i”和“哨兵j”。刚 开始的时候让哨兵i指向序列的最左边（即i=1），指向数字6。让 哨兵j指向序列的最右边（即j=10），指向数字8。
移动n个盘子的总次数为T(n) ，得到递推方程 T(n) = 2T(n1) +1. T(1)=1.
可以求得 T(n)=2n 1 1秒钟移动1次，64个盘子大约需要5000亿年
4
T (n) 2T (n 1) 1
2[2T (n 2) 1] 1 (T (n 1)被 含T (n 2)的 项 替 换)
printf("\t%c->%c\n",a,c);
move(n-1,b,a,c);
//n-1个移动过来之后b变开始盘，b通过a移动到c }
}
main()
{
int n;
printf("请输入要移动的块数：");
scanf("%d",&n);
move(n,'a','b','c');
}
3
算法设计与分析
算法 Hanoi (A,C,n) //*把n个盘子从A移到C 1. Hanoi (A,B,n-1) 2. move (A,C) //*把1个盘子从A移到C 3. Hanoi (B,C,n-1)
n-1 n-2 n-4 n-2k1
24
分治算法的常用递推公式
T (n) aT(n / b) d(n) n bk T (1) 1
其中a为子问题个数，n/b为子问题规模，d(n)为分解成 子问题或组合解的代价
方程的解为：
O(nlogb a ) a 1 d(n) c : T(n)
O(logn) a 1
32
c
n
1
1
1 n
...
1 3
21
用积分近似
n
1
1
1 n
...
1 3
n1 2
1 x
dx
ln
x
n1 2
ln(n 1) ln 2 O(logn)
T(n) O(nlogn)
.
22
递归树
W (n) 2W ( n/2 ) n 1 , n 2k W (1) 0
W(n)
n1 W(n/2) W(n/2)
2n 1
（等比级数求和）
5
递推方程的定义
定义10.5 设序列a0, a1, …, an, …, 简记为{an}, 一 个把an与某些个ai（i<n）联系起来的等式叫做关 于序列{an}的递推方程.
实例：
Fibonacci数列： fn=fn-1+fn-2, 初值 f0=1, f1=1 阶乘数列{an}，an=n!：an=nan-1, a1=1
nT(n) (n 1)T(n 1) 2T(n 1) O(n)
nT(n) (n 1)T(n 1) O(n)
20
迭代
T (n) T (n 1) c n1 n n1
c为 某 个 常 数
T(n 2) c c1)]
n1 n
16
#include <stdio.h>
int a[101],n;//定义全局变量，这两个变量需要在子函数中使用
void quicksort(int left, int right) {
int i, j, t, temp;
if(left > right)
return;
temp = a[left]; //temp中存的就是基准数
2
汉诺塔程序
#include<stdio.h>