习题3 递推关系
04.递推算法(C++版包括习题参考答案)
s 1=
(n i ) * (m i )
2.长方形和正方形的个数之和s 宽为1的长方形和正方形有m个，宽为2的长方形和正方形有 m-1个，┉┉，宽为m的长方形和正方形有1个； 长为1的长方形和正方形有n个，长为2的长方形和正方形有n1个，┉┉，长为n的长方形和正方形有1个； 根据乘法原理
【参考程序】 #include<iostream> using namespace std; int main() { int f[1001][2],n,i,x; cin>>n; f[1][1]=1;f[1][0]=9; for(i=2;i<=n;i++) { x=f[1][0]; if(i==n)x--; f[i][0]=(f[i-1][0]*x+f[i-1][1])%12345; f[i][1]=(f[i-1][1]*x+f[i-1][0])%12345; } cout<<f[n][0]; return 0; }
下面是输入n，输出x1~xn的c++程序： #include<iostream> using namespace std; int main() { int n,i,j,a[101]; cout<<"input n:"; //输入骨牌数 cin>>n; a[1]=1;a[2]=2; cout<<"x[1]="<<a[1]<<endl; cout<<"x[2]="<<a[2]<<endl; for (i=3;i<=n;i++) //递推过程 { a[i]=a[i-1]+a[i-2]; cout<<"x["<<i<<"]="<<a[i]<<endl; } } 下面是运行程序输入 n=30，输出的结果： input n: 30 x[1]=1 x[2]=2 x[3]=3 ........ x[29]=832040 x[30]=1346269
浅析数列应用题中的递推关系
一、稀释溶液 化工厂的某容器的容积为装满了浓度为100%的纯酒精，现欲使其稀 释，从中倒 出后用清水兑满，再从中倒出，又用清水兑满，为此反复进行了次，所 得的溶液浓度为多少？欲使浓度不超过50%，至少要进行多少次操作？ 解：设操作次后的浓度为则操作次后的浓度为 即 故数列是首项为90%，公比为的等比数列，那么操作次后的浓度为 要使
t=s·10-1000n=40000(2-)-1000n 欲使Tn最大，则：，得，故n=5,此时s=7875。 即该厂家应生产7875件产品，做5千元的广告，
能使获利最大。 三、an= C·an-1+B，其中B、C为非零常数且
C≠1 例3、某企业投资1千万元于一个高科技项目，每
年可获利25%，由于企业间竞争激烈，每年底需要 从利润中取出资金200万元进行科研、技术改造与 广告投入，方能保持原有的利润增长率，问经过多 少年后，该项目的资金可以达到或超过翻两番（4 倍）的目标？（lg2=0.3）。
染者人数an=50n—30；从n+1日到30日，每天新感 染者人数构成等差数列bn,b1=50n-60,d2=—30， bn=(50n-60)+(n-1)(-30)=20n-30,11月30日新感染 者人数为b30-n=20(30-n)-30=-20n+570.
故共感染者人数为：=8670，化简得：n261n+588=0,解得n=12或n=49(舍)，即11月12日这一 天感染者人数最多，为570人。
分析：设经过n年后，该项目的资金为an万元， 则容易得到前后两年an和an-1之间的递推关系：an =an-1（1+25%）-200（n≥2），对于这类问题的具
现代密码学 清华大学 杨波著 部分习题答案
（ 声 明：非 标 准 答 案，仅 供 参 考 ）一、古典密码（1,2,4）字母 A B C D E F G H I J K L M N O P Q R S T U V W X Y Z 数字0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 111213141516171819 20 21 22 2324251. 设仿射变换的加密是E11,23(m)≡11m+23 (mod 26)，对明文“THE NATIONAL SECURITYAGENCY”加密，并使用解密变换D11,23(c)≡11-1(c-23) (mod 26) 验证你的加密结果。
解：明文用数字表示：M=[19 7 4 13 0 19 8 14 13 0 11 18 4 2 20 17 8 19 24 0 6 4 13 2 24] 密文 C= E11,23(M)≡11*M+23 (mod 26)=[24 22 15 10 23 24 7 21 10 23 14 13 15 19 9 2 7 24 1 23 11 15 10 19 1]=YWPKXYHVKXONPTJCHYBXLPKTB∵ 11*19 ≡1 mod 26 (说明：求模逆可采用第4章的“4.1.6 欧几里得算法”，或者直接穷举1~25)∴解密变换为D(c)≡19*(c-23)≡19c+5 (mod 26)对密文C进行解密：M’=D(C)≡19C+5 (mod 26)=[19 7 4 13 0 19 8 14 13 0 11 18 4 2 20 17 8 19 24 0 6 4 13 2 24]= THE NATIONAL SECURITY AGENCY2. 设由仿射变换对一个明文加密得到的密文为 edsgickxhuklzveqzvkxwkzukvcuh，又已知明文的前两个字符是“if”。
对该密文解密。
解：设解密变换为 m=D(c)≡a*c+b (mod 26)由题目可知密文 ed 解密后为 if，即有：D(e)=i ：8≡4a+b (mod 26) D(d)=f ：5≡3a+b (mod 26)由上述两式，可求得 a=3，b=22。
线性代数课后习题答案
第一章 行列式习题1. 证明：（1）首先证明)3(Q 是数域。
因为)3(Q Q ⊆，所以)3(Q 中至少含有两个复数。
任给两个复数)3(3,32211Q b a b a ∈++，我们有3)()3()3)(3(3)()()3()3(3)()()3()3(2121212122112121221121212211b a a b b b a a b a b a b b a a b a b a b b a a b a b a +++=++-+-=+-++++=+++。
因为Q 是数域，所以有理数的和、差、积仍然为有理数，所以)3(3)()3()3)(3()3(3)()()3()3()3(3)()()3()3(2121212122112121221121212211Q b a a b b b a a b a b a Q b b a a b a b a Q b b a a b a b a ∈+++=++∈-+-=+-+∈+++=+++。
如果0322≠+b a ，则必有22,b a 不同时为零，从而0322≠-b a 。
又因为有理数的和、差、积、商仍为有理数，所以)3(33)(3)3()3)(3()3)(3(332222212122222121222222112211Q b a b a a b b a b b a a b a b a b a b a b a b a ∈--+--=-+-+=++。
综上所述，我们有)3(Q 是数域。
（2）类似可证明)(p Q 是数域，这儿p 是一个素数。
（3）下面证明：若q p ,为互异素数，则)()(q Q p Q ⊄。
（反证法）如果)()(q Q p Q ⊆，则q b a p Q b a +=⇒∈∃,，从而有q ab qb a p p 2)()(222++==。
由于上式左端是有理数，而q 是无理数，所以必有02=q ab 。
所以有0=a 或0=b 。
如果0=a ，则2qb p =，这与q p ,是互异素数矛盾。
2020北师大版高中数学选修1-2 课后习题：第三章 归纳推理
[A 组 基础巩固]1．观察(x 2)′＝2x ，(x 4)′＝4x 3，(cos x )′＝－sin x ，由归纳推理可得：若定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，记g (x )为f (x )的导函数，则g (－x )＝( ) A ．f (x ) B ．－f (x ) C ．g (x )D ．－g (x )解析：由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数．因此当f (x )是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g (－x )＝－g (x )． 答案：D2．已知数列{a n }满足a 0＝1，a n ＝a 0＋a 1＋…＋a n －1(n ≥1)，则当n ≥1时，a n 等于( ) A ．2n B.12n (n ＋1) C ．2n －1D ．2n －1解析：a 0＝1，a 1＝a 0＝1，a 2＝a 0＋a 1＝2a 1＝2，a 3＝a 0＋a 1＋a 2＝2a 2＝4，a 4＝a 0＋a 1＋a 2＋a 3＝2a 3＝8，….猜想当n ≥1时，a n ＝2n －1. 答案：C3．把1,3,6,10,15,21，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数的点数可以排成一个正三角形(如下图)．试求第七个三角形数是( ) A ．27 B ．28 C ．29D ．30解析：第七个三角形数是1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28，故选B. 答案：B4．数列5,9,17,33，x ，…中的x 等于( ) A ．47 B ．65 C ．63D ．128解析：5＝22＋1,9＝23＋1,17＝24＋1,33＝25＋1， 归纳可得：x ＝26＋1＝65.答案：B5．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：他们研究过图1中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图2中的1,4,9,16，…这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是( ) A ．289 B ．1 024 C ．1 225D ．1 378解析：由图形可得三角形数构成的数列通项a n ＝n2(n ＋1)，同理可得正方形数构成的数列通项b n ＝n 2，若a 既是三角形数又是正方形数，则a ＋1为偶数，a 为奇数，故排除B 、D ；由n2(n ＋1)＝289＝17×17，知n ∉N ，所以排除A ，而1 225＝352＝35×35×22＝49×502＝1 225，满足题意，故选C. 答案：C6．f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，推测当n ≥2时，有________． 解析：f (4)＝f (22)>2＋22，f (8)＝f (23)>3＋22，f (16)＝f (24)>4＋22，f (32)＝f (25)>5＋22.答案：f (2n )>n ＋227．观察下列等式1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49照此规律，第五个等式应为________．解析：由于1＝12,2＋3＋4＝9＝32,3＋4＋5＋6＋7＝25＝52,4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49＝72，所以第五个等式为5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝92＝81.答案：5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝818．观察下列不等式：1＋122<3 2，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，……照此规律，第五个．．．不等式为________．解析：归纳观察法．观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数列．∴第五个不等式为1＋122＋132＋142＋152＋162<116.答案：1＋122＋132＋142＋152＋162<1169．意大利数学家斐波那契在他的1228年版的《算经》一书中记述了有趣的兔子问题：假定每对大兔子每月能生一对小兔子，而每对小兔子过了一个月就可以长成大兔子，如果不发生死亡，那么由一对大兔子开始，一年后能有多少对大兔子呢？我们依次给出各个月的大兔子对数，并一直推算下去到无尽的月数，可得数列：1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89,144,233，…这就是斐波那契数列，此数列中，a1＝a2＝1，当n≥3时，归纳出a n与a n－1间的递推关系式．解析：因为2＝1＋1,3＝1＋2；5＝2＋3,8＝3＋5，…，逐项观察分析每项与其前几项的关系易得：从第三项起，它的每一项等于它的前面两项之和，即a n＝a n－1＋a n－2(n≥3，n∈N＋)．10．已知sin230°＋sin290°＋sin2150°＝32；sin25°＋sin265°＋sin2125°＝32，通过观察上述两等式的规律，请你写出对任意角度α都成立的一般性的命题，并给予证明． 解析：一般形式：sin 2α＋sin 2(α＋60°)＋sin 2(α＋120°)＝32.证明：左边＝1－cos 2α2＋1－cos (2α＋120°)2＋1－cos (2α＋240°)2＝32－12[cos 2α＋cos 2αcos 120°－sin 2αsin 120°＋cos 2α·cos 240°－sin 2αsin 240°] ＝32－12[cos 2α－12cos 2α－32sin 2α－12cos 2α＋32sin 2α]＝32＝右边 (将一般形式写成sin 2(α－60°)＋sin 2α＋sin 2(α＋60°)＝32，sin 2(α－240°)＋sin 2(α－120°)＋sin 2α＝32等均正确．) [B 组 能力提升]1．从所给的四个选项中，选择最合适的一个填入问号处，使之呈现一定的规律性( )解析：每行的各个方格中的白圈个数分别为9,8,7，排除B 项、D 项．黑圈按照依次向右，右边无圆圈则向下的顺序每次移动两格(下幅图中被消去的白圈不计算在移动格子内)，所以符合条件的只有C 项． 答案：C2．数列2,5,11,20，x,47，…中的x 的值为________．解析：5－2＝3,11－5＝6,20－11＝9，看出x －20＝12,47－x ＝15，∴x ＝32. 答案：323．设函数f (x )＝xx ＋2(x >0)，观察：f 1(x )＝f (x )＝x x ＋2，f 2(x )＝f (f 1(x ))＝x 3x ＋4， f 3(x )＝f (f 2(x ))＝x7x ＋8， f 4(x )＝f (f 3(x ))＝x15x ＋16，……根据以上事实，由归纳推理可得：当n∈N＋且n≥2时，f n(x)＝f(f n－1(x))＝________.解析：依题意，先求函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…，可推知该数列的通项公式为a n＝2n－1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项公式为b n＝2n.所以当n≥2时，f n(x)＝f(f n－1(x))＝x(2n－1)x＋2n.答案：x(2n－1)x＋2n4．(1)如图(a)(b)(c)(d)为四个平面图形．数一数，每个平面图形各有多少个顶点？多少条边？它们分别围成了多少个区域？请将结果填入下表(按填好的例子做)．(2)(3)现已知某个平面图形有1 005个顶点，且围成了1 005个区域，试根据以上关系确定这个图形有多少条边．解析：(1)填表如下：(2)由该表可以看出，所给四个平面图形的顶点数、边数及区域数之间有下述关系：4＋3－6＝1,8＋5－12＝1,6＋4－9＝1,10＋6－15＝1.所以我们可以推断：任何平面图形的顶点数、边数及区域数之间都有下述关系：顶点数＋区域数－边数＝1.(3)由上面所给的关系，可知所求平面图形的边数． 边数＝顶点数＋区域数－1＝1 005＋1 005－1＝2 009.5．某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图①②③④所示，为她们刺绣的最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多，刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n 个图形包含f (n )个小正方形．(1)求出f (5)的值；(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f (n ＋1)与f (n )之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f (n )的表达式； (3)求1f (1)＋1f (2)－1＋1f (3)－1＋…＋1f (n )－1的值． 解析：(1)f (5)＝41. (2)f (2)－f (1)＝4＝4×1， f (3)－f (2)＝8＝4×2， f (4)－f (3)＝12＝4×3， f (5)－f (4)＝16＝4×4， ……由上述规律，得f (n ＋1)－f (n )＝4n .∴f (n ＋1)＝f (n )＋4n ，f (n )＝f (n －1)＋4(n －1)＝f (n －2)＋4(n －1)＋4(n －2) ＝f (1)＋4(n －1)＋4(n －2)＋4(n －3)＋…＋4 ＝2n 2－2n ＋1.(3)当n ≥2时，1f (n )－1＝12n (n －1)＝12(1n －1－1n)，∴1f (1)＋1f (2)－1＋1f (3)－1＋…＋1f (n )－1＝1＋12[(1－12)＋(12－13)＋(13－14)＋…＋(1n －1－1n )]＝1＋12(1－1n )＝32－12n .。
数列的递推公式和通项公式总结
数列的递推公式和通项公式总结一、数列的概念1.数列：按照一定顺序排列的一列数。
2.项：数列中的每一个数。
3.项数：数列中数的个数。
4.首项：数列的第一项。
5.末项：数列的最后一项。
6.公差：等差数列中，相邻两项的差。
7.公比：等比数列中，相邻两项的比。
二、数列的递推公式1.等差数列的递推公式：an = a1 + (n-1)d–an：第n项–a1：首项2.等比数列的递推公式：an = a1 * q^(n-1)–an：第n项–a1：首项3.斐波那契数列的递推公式：an = an-1 + an-2–an：第n项–an-1：第n-1项–an-2：第n-2项三、数列的通项公式1.等差数列的通项公式：an = a1 + (n-1)d–an：第n项–a1：首项2.等比数列的通项公式：an = a1 * q^(n-1)–an：第n项–a1：首项3.斐波那契数列的通项公式：an = (1/√5) * [((1+√5)/2)^n - ((1-√5)/2)^n]–an：第n项四、数列的性质1.收敛性：数列的各项逐渐接近某个固定的数。
2.发散性：数列的各项无限增大或无限减小。
3.周期性：数列的各项按照一定周期重复出现。
五、数列的应用1.数学问题：求数列的前n项和、某项的值、数列的收敛性等。
2.实际问题：人口增长、贷款利息计算、等差数列的求和等。
六、数列的分类1.有限数列：项数有限的数列。
2.无限数列：项数无限的数列。
3.交错数列：正负交替出现的数列。
4.非交错数列：同号连续出现的数列。
5.常数数列：所有项都相等的数列。
6.非常数数列：各项不相等的数列。
综上所述，数列的递推公式和通项公式是数列学中的重要知识点，通过这些公式，我们可以求解数列的各种问题。
同时，了解数列的性质和分类，有助于我们更好地理解和应用数列。
习题及方法：1.习题一：已知等差数列的首项为3，公差为2，求第10项的值。
答案：a10 = 3 + (10-1) * 2 = 3 + 18 = 21解题思路：利用等差数列的递推公式an = a1 + (n-1)d，将给定的首项和公差代入公式，求得第10项的值。
计算机算法设计与分析(第4版) 王晓东习题解答
第一章作业1.证明下列Ο、Ω和Θ的性质1）f=Ο(g)当且仅当g=Ω(f)证明：充分性。
若f=Ο(g)，则必然存在常数c1>0和n0，使得∀n≥n0，有f≤c1*g(n)。
由于c1≠0，故g(n) ≥ 1/ c1 *f(n)，故g=Ω(f)。
必要性。
同理，若g=Ω(f)，则必然存在c2>0和n0，使得∀n≥n0，有g(n) ≥ c2 *f(n).由于c2≠0，故f(n) ≤ 1/ c2*f(n)，故f=Ο(g)。
2）若f=Θ(g)则g=Θ(f)证明：若f=Θ(g)，则必然存在常数c1>0，c2>0和n0，使得∀n≥n0，有c1*g(n) ≤f(n) ≤ c2*g(n)。
由于c1≠0，c2≠0，f(n) ≥c1*g(n)可得g(n) ≤ 1/c1*f(n)，同时，f(n) ≤c2*g(n)，有g(n) ≥ 1/c2*f(n)，即1/c2*f(n) ≤g(n) ≤ 1/c1*f(n)，故g=Θ(f)。
3）Ο(f+g)= Ο(max(f,g))，对于Ω和Θ同样成立。
证明：设F(n)= Ο(f+g)，则存在c1>0，和n1，使得∀n≥n1，有F(n) ≤ c1 (f(n)+g(n))= c1 f(n) + c1g(n)≤ c1*max{f,g}+ c1*max{f,g}=2 c1*max{f,g}所以，F(n)=Ο(max(f,g))，即Ο(f+g)= Ο(max(f,g))对于Ω和Θ同理证明可以成立。
4）log(n!)= Θ(nlogn)证明：∙由于log(n!)=∑=n i i 1log ≤∑=ni n 1log =nlogn ，所以可得log(n!)= Ο(nlogn)。
∙由于对所有的偶数n 有，log(n!)= ∑=n i i 1log ≥∑=n n i i 2/log ≥∑=nn i n 2/2/log ≥(n/2)log(n/2)=(nlogn)/2-n/2。
当n ≥4，(nlogn)/2-n/2≥(nlogn)/4，故可得∀n ≥4，log(n!) ≥(nlogn)/4，即log(n!)= Ω(nlogn)。
04.递推算法(C++版包括习题参考答案)
【例6】过河卒（Noip2002） 【问题描述】 棋盘上A点有一个过河卒，需要走到目标B点。卒行走的规则：可以向 下、或者向右。同时在棋盘上的任一点有一个对方的马（如C点），该马 所在的点和所有跳跃一步可达的点称为对方马的控制点，如图3-1中的C点 和P1，„„，P8，卒不能通过对方马的控制点。棋盘用坐标表示，A点 (0,0)、B点(n, m) (n,m为不超过20的整数),同样马的位置坐标是需要给 出的，C≠A且C≠B。现在要求你计算出卒从A点能够到达B点的路径的条数。
min{m , n}1 i 0
s 1=
(n i ) * (m i )
2.长方形和正方形的个数之和s 宽为1的长方形和正方形有m个，宽为2的长方形和正方形有 m-1个，┉┉，宽为m的长方形和正方形有1个； 长为1的长方形和正方形有n个，长为2的长方形和正方形有n1个，┉┉，长为n的长方形和正方形有1个； 根据乘法原理
【例3】棋盘格数
设有一个N*M方格的棋盘（ l≤ N≤100，1≤M≤100）。求出该棋盘中包含有多少 个正方形、多少个长方形（不包括正方形）。 例如：当 N=2， M＝3时： 正方形的个数有8个：即边长为1的正方形有6个；边长为2的正方形有2个。 长方形的个数有10个：即2*1的长方形有4个：1*2的长方形有3个：3*1的长 方形有2个：3*2的长方形有1个： 程序要求：输入：N，M 输出：正方形的个数与长方形的个数 如上例：输入：2 3 输出：8 10 【算法分析】 1.计算正方形的个数s1 边长为1的正方形个数为n*m 边长为2的正方形个数为(n-1)*(m-1) 边长为3的正方形个数为(n-2)*(m-2) ………… 边长为min{n，m}的正方形个数为(m-min{n，m}+1)*(n-min{n，m}+1) 根据加法原理得出
高中数学《数列的递推公式》习题(含解析)
第8课时数列的递推公式知识点一利用数列的递推公式求数列的项1．已知数列{a n}满足a n＝4a n－1＋3，且a1＝0，则此数列第5项是() A．15B．255C．16D．63答案B解析a2＝3，a3＝15，a4＝63，a5＝255．2．已知a1＝1，a n＋1＝a n3a n＋1，则数列{a n}的第4项是()A．116B．117C．110D．125答案C解析a2＝a13a1＋1＝13＋1＝14，a3＝a23a2＋1＝1434＋1＝17，a4＝a33a3＋1＝1737＋1＝110．3．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a n－1(n∈N*)，则a1000＝()A．1B．1999C．1000D．－1答案A解析a1＝1，a2＝2×1－1＝1，a3＝2×1－1＝1，a4＝2×1－1＝1，…，可知a n＝1(n∈N*)．4．已知数列{a n}对任意的p，q∈N*满足a p＋q＝a p＋a q，且a2＝－6，那么a10等于()A．－165B．－33C．－30D．－21答案C解析由已知得a2＝a1＋a1＝2a1＝－6，∴a1＝－3．∴a10＝2a5＝2(a2＋a3)＝2a2＋2(a1＋a2)＝4a2＋2a1＝4×(－6)＋2×(－3)＝－30．5．已知数列{a n}，a n＝a n＋m(a＜0，n∈N*)，满足a1＝2，a2＝4，则a3＝________．答案2解析＝a ＋m ，＝a 2＋m ，＝－1，＝3，∴a n ＝(－1)n ＋3，∴a 3＝(－1)3＋3＝2．6．已知数列{a n }满足：a 4n －3＝1，a 4n －1＝0，a 2n ＝a n ，n ∈N *，则a 2011＝________；a 2018＝________．答案01解析∵a 2011＝a 503×4－1＝0，∴a 2018＝a 2×1009＝a 1009＝a 4×253－3＝1．7．数列{a n }满足递推公式a 1＝5，a n ＝nn ＋1a n －1(n ≥2，n ∈N *)，则数列{a n }的前四项依次为________，它的通项公式为________．答案5，103，52，2a n ＝10n ＋1解析由a n a n －1＝nn ＋1(n ≥2，n ∈N *)，得a 2a 1＝23，a 3a 2＝34，…，a n a n －1＝n n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，将以上各式两两相乘得a n a 1＝23·34·…·n n ＋1＝2n ＋1，所以a n ＝10n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，又a 1＝5符合上式，所以其通项为a n ＝10n ＋1．所以a 1＝5，a 2＝103，a 3＝52，a 4＝2．8．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n －a n －1＝1n (n －1)(n ≥2)，求数列{a n }的通项公式．解累加法：a n －a n －1＝1n (n －1)＝1n －1－1n，a 2－a 1＝1－12，a 3－a 2＝12－13，a 4－a 3＝13－14，…，a n －a n －1＝1n －1－1n，累加可得a n－a1＝1－1 n．又a1＝1，所以a n＝2－1 n．9．在数列{a n}中，若a1＝2，且对所有n∈N*满足a n＝a n＋1＋2，则a2016＝________．易错分析本题求通项公式时采用累加法易漏掉a1错解a n＝－2n＋2致a2016＝－4030．答案－4028解析由题意知a n＋1－a n＝－2，所以a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋(a n－2－a n－3)＋…＋(a2－a1)＋a1＝－2(n－1)＋2＝－2n＋4，所以a2016＝－2×2016＋4＝－4028．10．已知数列{a n}满足a1a2a3…a n＝n2(n∈N*)，求a n．易错分析本题易忽略式子a1a2a3…a n－1＝(n－1)2仅适用于n∈N*且n≥2时的情况，因此两式相除得到a n＝n2(n－1)2也仅适用于n≥2时的情况，从而错误断定a n＝n2(n－1)2是数列的通项．解当n＝1时，a1＝1．由条件知a1a2a3…a n＝n2(n∈N*)，当n≥2时a1a2a3…a n－1＝(n－1)2，两式相除得a n＝n2(n－1)2(n≥2，n∈N*)，故a n，n≥2，n∈N*.一、选择题1．已知a n＝3n－2，则数列{a n}的图象是() A．一条直线B．一条抛物线C．一个圆D．一群孤立的点答案D解析∵a n＝3n－2，n∈N*，∴数列{a n}的图象是一群孤立的点．2．在数列{a n}中，a1＝13，a n＝(－1)n·2a n－1(n≥2)，则a5等于()A．－163B．163C．－83D．83答案B解析∵a1＝13，a n＝(－1)n·2a n－1，∴a2＝(－1)2×2×13＝23，a3＝(－1)3×2×23＝－4 3，a4＝(－1)4×2×－43＝－8 3，a5＝(－1)5×2×－83＝16 3．3．函数f(x)满足f(1)＝1，f(n＋1)＝f(n)＋3(n∈N*)，则f(n)是()A．递增数列B．递减数列C．常数列D．不能确定答案A解析∵f(n＋1)－f(n)＝3(n∈N*)，∴f(2)>f(1)，f(3)>f(2)，f(4)>f(3)，…，f(n＋1)>f(n)，…．∴f(n)是递增数列．4．数列{a n}的构成法则如下：a1＝1，如果a n－2为自然数且之前未出现过，则用递推公式a n＋1＝a n－2，否则用递推公式a n＋1＝3a n，则a6＝() A．－7B．3C．15D．81答案C解析由a1＝1，a1－2＝－1∉N，得a2＝3a1＝3．又a2－2＝1＝a1，故a3＝3a2＝9．又a3－2＝7∈N，故a4＝a3－2＝7．又a4－2＝5∈N，则a5＝a4－2＝5．又a5－2＝3＝a2，所以a6＝3a5＝15．故选C．5．设数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝3，且2na n ＝(n －1)a n －1＋(n ＋1)a n ＋1，则a 20的值是()A ．415B ．425C ．435D ．445答案D解析由题知：a n ＋1＝2na n －(n －1)a n －1n ＋1，a 3＝2×2×3－13＝113，a 4＝2×3×113－2×34＝4，a 5＝2×4×4－3×1135＝215，a 6＝2×5×215－4×46＝266，故a n ＝5n －4n ．所以a 20＝5×20－420＝245＝445．故选D ．二、填空题6．在数列{a n }中，a n ＝2n ＋1，对于数列{b n }，b 1＝a 1，当n ≥2时，b n ＝ab n－1，则b 4＝________，b 5＝________．答案3163解析由a n ＝2n ＋1，知b 2＝ab 1＝a 3＝7，b 3＝ab 2＝a 7＝15，b 4＝ab 3＝a 15＝31，b 5＝ab 4＝a 31＝63．7．已知F (x )＝1是R 上的奇函数．a n ＝f (0)＋f (1)(n ∈N *)．则数列{a n }的通项公式为________．答案a n ＝n ＋1解析因为F (x )＋F (－x )＝0，所以x 2，即若a ＋b ＝1，则f (a )＋f (b )＝2．于是由a n ＝f (0)＋…＋f (1)(n ∈N *)，得2a n ＝[f (0)＋f (1)]…[f (1)＋f (0)]＝2n ＋2，所以a n ＝n ＋1．8．函数f (x )定义如下表，数列{x n }满足x 0＝5，且对任意的自然数均有x n ＋1＝f (x n )，则x 2019＝________．x 12345f (x )51342答案5解析由题意可得x 1，x 2，x 3，x 4，x 5，…的值分别为2，1，5，2，1，…故数列{x n }为周期为3的周期数列．∴x 2019＝x 3×673＝x 3＝5．三、解答题9．数列{a n }中a 1＝1，对所有的n ≥2，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2．(1)求a 3，a 5；(2)探究256225是否为此数列中的项；若是，是第多少项？(3)试比较a n 与a n ＋1(n ≥2)的大小．解(1)∵对所有的n ≥2，都有a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，∴a 1·a 2＝22，a 1·a 2·a 3＝32，a 1·a 2·a 3·a 4＝42，a 1·a 2·a 3·a 4·a 5＝52．∴a 3＝94，a 5＝2516．(2)∵a 1·a 2·a 3·…·a n ＝n 2，∴n ≥3时，a 1·a 2·a 3·…·a n －1＝(n －1)2，∴n ≥3时，∴a n ，且a 1＝1，a 2＝4，而256225＝，∴256225是数列中的项，是第16项．(3)∵a na n＋1＝>1，∴a n>a n＋1(n≥2)．10．已知数列{a n}满足a1＝1，a n＋1＝2a na n＋2n∈N*)，试探究数列{a n}的通项公式．解解法一：将n＝1，2，3，4依次代入递推公式得a2＝23，a3＝24，a4＝25，又a1＝2 2，∴可猜想a n＝2n＋1．应有a n＋1＝2n＋2，将其代入递推关系式验证成立，∴a n＝2n＋1．解法二：∵a n＋1＝2a na n＋2，∴a n＋1a n＝2a n－2a n＋1．两边同除以2a n＋1a n，得1a n＋1－1a n＝12．∴1a2－1a1＝12，1a3－1a2＝12，…，1a n－1a n－1＝12．把以上各式累加得1a n－1a1＝n－12．又a1＝1，∴a n＝2n＋1．故数列{a n}的通项公式为a n＝2n＋1(n∈N*)．。
大学物理课后习题详解(第三章)中国石油大学
3-1 以速度0v 前进的炮车，向后发射一炮弹，已知炮车的仰角为θ，炮弹和炮车的质习题3-1图量分别为m 和M ，炮弹相对炮车的出口速率为v ，如图所示。
求炮车的反冲速率是多大?[解] 以大地为参照系，取炮弹与炮弹组成的系统为研究对象，系统水平方向的动量守恒。
由图可知炮弹相对于地面的速度的水平分量为v v '-θcos ，根据动量守恒定律()()v M v v m v m M '-'-=+-θcos 0所以 ()mM mv v m M v +++='θcos 0此即为炮车的反冲速率。
3-2 质量为M 的平板车，在水平地面上无摩擦地运动。
若有N 个人，质量均为m ，站在车上。
开始时车以速度0v 向右运动，后来人相对于车以速度u 向左快跑。
试证明：(1)N 个人一同跳离车以后，车速为NmM Nmuv v ++=0(2)车上N 个人均以相对于车的速度u 向左相继跳离，N 个人均跳离后，车速为()mM mum N M mu Nm M mu v v +++-++++=' 10[证明] (1) 取车和人组成的系统为研究对象，以地面为参照系，系统的水平方向的动量守恒。
人相对于地面的速度为u v -，则()()Mv u v Nm v Nm M +-=+0所以 NmM Nmuv v ++=0(2) 设第1-x 个人跳离车后，车的速度为1-x v ，第x 个人跳离车后，车的速度为x v ，根据动量守恒定律得()[]()()[]x x 1x 1v m x N M u v m v m x N M -++-=+-+-所以 ()Mm x N muv v ++-+=-11x x此即车速的递推关系式，取N x ,,2,1 =得Mm muv v ++=-1N NMm muv v ++=--22N 1N……………………()M m N muv v +-+=112 MNm muv v ++=01将上面所有的式子相加得()Mm muM m mu M m N mu M Nm mu v v ++++++-+++=210N 此即为第N 个人跳离车后的速度，即()mM mum N M mu Nm M mu v v +++-++++=' 103-3 质量为m =0.002kg 的弹丸，其出口速率为300m ，设弹丸在枪筒中前进所受到的合力800400x F -=。
李凡长版组合数学课后习题答案习题3
f(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。包括以下情况：
f(n) 包含了在最后三位第一次出现 010 的个数，同时排除了从
n-4 到 n-2 位第一次出现 010 的可能；
13. 在一个平面上画一个圆 , 然后一条一条地画 n 条与圆相交的直线 . 当 r 是 大于 1 的奇数时 , 第 r 条直线只与前 r －1 条直线之一在圆内相交 . 当 r 是偶数时 , 第 r 条直线与前 r －1 条直线都在圆内相交 . 如果无 3 条直线在 圆内共点 , 这 n 条直线把圆分割成多少个不重叠的部分？
2) 证明 f r (n, k)
n rk r , n r k( r 1)
k
解：可将本题转换为构造相应的 0－1 串的问题。将这样的 n 位 0－1 串与 1 到 n 的正整数对位，与 1 相应的整数选取，与 0 相应的不取。一个 0－1 串 对应一个选取方案。这也对应将相同的球放入不同的盒子的方案数。
解：设 f(n) 表示 n 个椭圆将平面分割成的部分的个数， 则有： 一个椭圆将平
面分成内、外两个部分，两个椭圆将平面分成 4 个部分。第二个椭圆的周界
被第一个椭圆分成两部分，这恰恰是新增加的域的边界。依此类推，第三个
椭圆曲线被前面两个椭圆分割成 4 部分，将平面分割成 4＋4＝8 个部分。若
n－ 1 个椭圆将平面分割成 f(n-1) 个部分， 第 n 个椭圆和前 n－1 个椭圆两两
f (n) (n 2) f (n 1) ( n 1)
（6）
；
f (0) 1
解： f(n)=(n+2)f(n-1)=(n+2)(n+1)f(n-2)=
算法设计与分析基础课后习题答案(中文版)
Program算法设计与分析基础中文版答案习题1.15..证明等式gcd(m,n)=gcd(n,m mod n)对每一对正整数m,n都成立.Hint:根据除法的定义不难证明:●如果d整除u和v, 那么d一定能整除u±v;●如果d整除u,那么d也能够整除u的任何整数倍ku.对于任意一对正整数m,n,若d能整除m和n,那么d一定能整除n和r=m mod n=m-qn；显然，若d能整除n和r，也一定能整除m=r+qn和n。
数对(m,n)和(n,r)具有相同的公约数的有限非空集，其中也包括了最大公约数。
故gcd(m,n)=gcd(n,r)6.对于第一个数小于第二个数的一对数字,欧几里得算法将会如何处理?该算法在处理这种输入的过程中,上述情况最多会发生几次?Hint:对于任何形如0<=m<n的一对数字,Euclid算法在第一次叠代时交换m和n, 即gcd(m,n)=gcd(n,m)并且这种交换处理只发生一次.7.a.对于所有1≤m,n≤10的输入, Euclid算法最少要做几次除法?(1次)b. 对于所有1≤m,n≤10的输入, Euclid算法最多要做几次除法?(5次)gcd(5,8)习题1.21.(农夫过河)P—农夫W—狼G—山羊C—白菜2.(过桥问题)1,2,5,10---分别代表4个人, f—手电筒4. 对于任意实系数a,b,c, 某个算法能求方程ax^2+bx+c=0的实根,写出上述算法的伪代码(可以假设sqrt(x)是求平方根的函数)算法Quadratic(a,b,c)//求方程ax^2+bx+c=0的实根的算法//输入:实系数a,b,c//输出:实根或者无解信息If a≠0D←b*b-4*a*cIf D>0temp←2*ax1←(-b+sqrt(D))/tempx2←(-b-sqrt(D))/tempreturn x1,x2else if D=0 return –b/(2*a)else return “no real roots”else //a=0if b≠0 return –c/belse //a=b=0if c=0 return “no real numbers”else return “no real roots”5.描述将十进制整数表达为二进制整数的标准算法a.用文字描述b.用伪代码描述解答：a.将十进制整数转换为二进制整数的算法输入：一个正整数n输出：正整数n相应的二进制数第一步：用n除以2，余数赋给Ki(i=0,1,2...)，商赋给n第二步：如果n=0，则到第三步，否则重复第一步第三步：将Ki按照i从高到低的顺序输出b.伪代码算法DectoBin(n)//将十进制整数n转换为二进制整数的算法//输入：正整数n//输出：该正整数相应的二进制数，该数存放于数组Bin[1...n]中i=1while n!=0 do {Bin[i]=n%2;n=(int)n/2;i++;}while i!=0 do{print Bin[i];i--;}9.考虑下面这个算法,它求的是数组中大小相差最小的两个元素的差.(算法略) 对这个算法做尽可能多的改进.算法MinDistance(A[0..n-1])//输入:数组A[0..n-1]//输出:the smallest distance d between two of its elements习题1.31.考虑这样一个排序算法,该算法对于待排序的数组中的每一个元素,计算比它小的元素个数,然后利用这个信息,将各个元素放到有序数组的相应位置上去.a.应用该算法对列表”60,35,81,98,14,47”排序b.该算法稳定吗?c.该算法在位吗?解:a. 该算法对列表”60,35,81,98,14,47”排序的过程如下所示:b.该算法不稳定.比如对列表”2,2*”排序c.该算法不在位.额外空间for S and Count[] 4.(古老的七桥问题)习题1.41.请分别描述一下应该如何实现下列对数组的操作,使得操作时间不依赖数组的长度. a.删除数组的第i 个元素(1<=i<=n)b.删除有序数组的第i 个元素(依然有序) hints:a. Replace the i th element with the last element and decrease the array size of 1b. Replace the ith element with a special symbol that cannot be a value of the array ’s element(e.g., 0 for an array of positive numbers ) to mark the i th position is empty. (“lazy deletion ”)第2章 习题2.17.对下列断言进行证明:(如果是错误的,请举例) a. 如果t(n )∈O(g(n),则g(n)∈Ω(t(n)) b.α>0时,Θ(αg(n))= Θ(g(n)) 解:a. 这个断言是正确的。
李庆扬-数值分析第五版第3章习题答案(20130702)
和变量均需要发生变化。
2、当 f (x) x 时，求证 Bn ( f , x) x
利用多项式展开定理证明： 证：
Bn (
f
,
x)
n k 0
f
(
k n
)
Pk
(
x)
n k 0
f
(
k n
)
n k
xk (1
x)nk
f (0)0
n
k
n!
n
xk (1 x)nk
(n 1)!
xxk 1(1 x)(n1)(k 1)
答：
b
|| f ||1 | f (x) |dx a
b
|| f ||2 f (x)2 dx a
||
f
||
max
a xb
|
f
(x) |
2、f , g C [a , b]，它们的内积是什么？如何判断函数族{ 0, 1, …, n}C [a , b]在[a ,b]上线 性无关？
解：f , g C [a , b]，其内积为
a0 a1 x a2 x2 .... an xn 0
由于需要解出 a0 , a1, a2 ,..., an 共 n+1 个未知数，构造 n+1 个方程，取 x x0 , x1, x2 ,..., xn
n
有方程组 a j xk j 0 ，则系数行列式为 k 0 j0
1
G
1
...
x01 x11 ...
xi
] | |
min p
i0
[
f
xi
Pn xi ] |
m
| min [ f p i0
xi
Pn xi ] |2
【免费下载】李凡长版 组合数学课后习题答案 习题3
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。
黄云清版数值计算方法习题解答
第一章 引论（习题）2． 证明 ： 记 x x f =)( ，则)()(***x x x x x xx x f E r +-=-=)(21**x E x x x x x xr ≈-⋅+=.3． 证明： 令： )()()(b a fl b a fl b a **-*=δ可估计： 1|)(|-≥*c b a fl β （c 为b a *阶码）， 故： 121||--≤c t c ββδt-=121β 于是： )1()()(δ+*=*b a b a fl .4． 解 (1) )21()1(22x x x ++. (2))11(2x x x x x-++.(3) xxx x x x x cos 1sin )cos 1(sin cos 12+≈+=-.6． 解 a 的相对误差：由于 31021|)(|-⋅≤-=a x x E . x a x x E r -=)(, 221018110921)(--⋅=⨯≤x E r . （1Th ） )(a f 对于)(x f 的误差和相对误差. |11||)(|a x f E ---==()25.021011321⨯⋅≤-+---ax x a =310-33104110|)(|--⨯=-≤a f E r .9． 解 递推关系： 1101.100-+-=n n n y y y (1) 取初值 10=y ， 01.01=y 计算可得： 11001.10022-⨯=-y 10001.1-=410-= 6310-=y ， 8410-=y ， 10510-=y ， …(2) 取初值 50101-+=y ， 2110-=y , 记： n n n y y -=ε,序列 {}n ε ，满足递推关系，且 5010--=ε ， 01=ε1101.100-+-=n n n εεε, 于是： 5210-=ε,531001.100-⨯=ε, 55241010)01.100(---⨯=ε,55351002.20010)01.100(--⨯-⨯=ε, 可见随着 n ε 的主项 5210)01.100(--⨯n 的增长，说明该递推关系式是不稳定的.第二章 多项式插值 (习 题)1. 方法一. 由 Lagrange 插值公式)()()()()(332211003x l f x l f x l f x l f x L ⋅+⋅+⋅+⋅=)1)((31)2)()(1()1)(()(123210---=-----=x x x x x x x l , ))(1(2)1)()(1()(21221211--=--+=x x x x x x l ， x x x x x x l )1()()1()1!()(2382121232--=-⋅⋅-+=, )()1(12)()1()(2121213-+=⋅⋅-+=x x x x x x x l . 可得： )21()(23-=x x x L方法二. 令：)()21()(3B Ax x x x L +-=由 23)1(3-=-L ， 21)1(3=L ， 定A ，B （称之为待定系数法）2. 证明(1) 由于 j i j i x l ,)(δ= 故： =)(x L n ∑=ni i k i x l x0)( ，当 j x x = 时 有： k j j n x x L =)( ， n j ,,1,0 =)(x L n 也即为 kx 的插值多项式，由唯一性，有：∑==ni k i ki x x l x)( ， n k ,,1,0 =证明(2)：利用Newton 插值多项式)(],[)()(0100x x x x f x f x N n -+=)()(],,[100---++n n x x x x x x f )()()()()()(00101x l x x x x x x x x x f n n =----=差商表：f(x) 一阶 二阶 … n 阶差商0x 1 1x 0101x x -)()(11020x x x x --n x 0 0)()(1010n x x x x --代入)(*式有：)()()()()(1)(020*******n n n x x x x x x x x x x x x x x x N -----++--+=- . )(0x l 为n 次代数多项式，由插值多项式的唯一性：有 )()(0x N x l n ≡.4. 解 作)(x f 以b a a ,,ε+为节点的Lagrange 插值多项式，有： )()()(22x R x L x f +=， 其中：)()()()()()()()()()(2εεεεε+-+--+-----=a fb a b x a x a f b a b x a x x L)()()()()(b f a b a b a x a x εε------+，)()()(!3)()(2b x a x a x f x R ----'''=εζ ， b a <<ζ 令： 0→ε 有 )()(6)()()(22b x a x f x R x R --'''=→ζ， 又：)()()()([)()(2a f a b ax a f a b a x x b x L εεεεε----+----= )]()()()()(a f a b a x a f a b a x -------+εεεε )()()()()(b f a b a b a x a x εε------+)()()2()(2a f ab a b x x b --+-→)()()()(a f a b a x x b '---+ )()()()(22x P b f a b a x =--+ 故当 0→ε 时，成立公式： )()()(x R x P x f +=.5. 解：因为34)(3'-=x x f ，2''12)(x x f =)(x f 为凹函数.又从数值表可见：当]5.0,1.0[∈x 时，)(x f 单调下降.有反函数)(1y fx -=)(y f的Newton 插值多项式：)17440.0)(10810.0)(40160.0)(70010.0(01225.0)10810.0)(40160.0)(70010.0(01531.0)40160.0)(70010.0(0096436.0)70010.0(33500.01.0)(4+---+------+--=y y y y y y y y y y y N.337.0)0(4*≈=N x7． 解 1)(37++=x x x f .有：=]2,,2,2[71f !7)()7(ξf =1, !8)(]2,,2,2[)8(810ηf f = 0=.9. 证明：(1) =⋅-⋅=⋅∆++i i i i i i g f g f g f 11)(i i i i i i i i g f g f g f g f ⋅-⋅+⋅-⋅++++1111i i i i f g g f ∆+∆=+1.(3) n x n n)1()1(-=∆！)()(nh x h x x h n ++此题可利用数学归纳法：设 k n = 成立，证明 1+=k n 成立.又 1=n 时是成立的.10. 证明： 记： 2]2/)1([)(+=n n n f ，33321)(n n g +++=有： 3)1()()1()(+=-+=∆n n f n f n f 故： ∑-=∆=10)()(n k k f n g ∑-=-+=1)]()1([n k k f k f2]2/)1([)0()(+=-=n n f n f .13． 解 作重节点差商的Newton 插值公式)1(]1,1[)1()(+--+-=x f f x P 22)1(]1,0,1,1[)1(]0,1,1[+--++--+x x f x f )1()1(]1,1,0,1,1[2-+--+x x x f 重节点差商表：i x i f 一阶 二阶 三阶 四阶10-=x 110-=x 1 201=x 1 0 -212=x 1 0 0 112=x 1 2 2 1 0得 22)1()1(2)1(21)(+++-++=x x x x x P 13+-=x x .17． 证： 取 ,00=x 211=x ， 12=x ， 21=h00=f ， 11=f ， 12=f 记： )(i i x s M ''= ， 2,1,0=i有 hx x M h x x M x S 01101)(-+-=''x M x M 102)21(2+-= )21(2)1(2)(212-+-=''x M x M x S 又三弯矩方程为：( 2],,[210-=x x x f )244210-=++M M M ， )24(41201M M M ++-=.分段积分：⎰⎰+''=''∆1021221)]([)]([dx x s dx x s ⎰''12221)]([dx x s ⎰+-+=21201)]21([4dx x M x M ⎰-+-121221)]21()1([4dx x M x M⎰⎰-+-+-+-=121121221201)]21()1([4)]1()21([4dxx M x M dx x M x M由于 ⎰=-1212241)21(dx x ，⎰=-1212241)1(dx x ，⎰=--121481)1()21(dx x x ，于是：⎰++++=''∆1022212110202]2[61))((M M M M M M M dx x S 又： )24(41201M M M ++-=记 =),(20M M I ⎰∆''12))((dx x S=)()24(41[6120202220M M M M M M +++-+ ])24(81220M M +++由00=∂∂M I， 02=∂∂M I . 得：⎩⎨⎧=+-=-07072020M M M M 即当： 020==M M 时, ),(20M M I 达最小故：⎰=⋅⋅≥''∆102212)24(8161))((dx x S ,由最小模原理： ⎰≥''1212)]([dx x f .20. 解 利用三弯矩方法 )(i i x s M ''= ， 2,1,0=i 10=x ， 22=x ， 32=x⎪⎩⎪⎨⎧-=+=++=+542364622121010M M M M M M M解得： 70-=M ， 201=M ， 372-=M]2,1[∈x 72431729)(231-+-=x x x x s ]3,2[∈x 105229367219)(232+-+-=x x x x s .第三章 最佳逼近及其实现 (习 题)2. 解 (1) ⎰'⋅'=badx x g x f g f )()(),( 不是 ),(b a c '中的内积，事实上容易验证：),(),(f g g f = ， ),(),(g f g f λλ= ),(),(),(w g w f w g f +=+但是 0),(=f f 当且仅当 0)(≡x f . 条件不满足，因为： ⎰='⋅'=badx x f x f f f 0)()(),(推出0)(≡'x f ，0)(≠=const x f . 因而 ),(g f 不是 ),(b a C '中的内积.(2) ),(g f 是 =],[10b a C {}],[)(,0)(:)(b a C x f a f x f '∈'=空间的内积，这是因为： 0),(=f f 推出 0)(='x f , C x f =)(，又],[10b a C f ∈ ，故 0)(=x f .4. 解：由于 0)(],,[2≠''∈x f b a c f ，则)(x f ''于],[b a 上保号，由定理5的推论2可知：)()(1x P x f -的交错点组恰有三个交错点，且 a x =1，b x =3，即： ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-'='-=+-==+-==+-=0)()(,)()()(,)()()(,)()()(122210223103311011αρααρααρααx f x e x x f x e x x f x e x x f x e 故： a b a f b f x f --='=)()()(21α，2)()(2)()(220x a a b a f b f x f a f +⋅---+=α 记 c x =2 ，即证得(1).(2) 若 x x f cos )(= ，]2,0[],[π=b a此时由 ab a f b fc f --=')()()( 得：π2sin =c ， )2sin(πarc c =，πα21-=πππα2)4(2120-+=2)/2sin(2ππarc ⋅+)4(212-+=πππππ)2sin(arc +. 误差估计：)()(10b f b f E -+=-=ααρ)4(212-+=πππ1)2sin(-+ππarc5. 解：选取α ，使得：=)(αI ||max 211x x x α-≤≤ ，达到极小，即要求 x x *)(*αϕ= ，于]1,0[上一致逼近于2x ，如图 应选 *α ，使得：x x x *)(2αϕ-=,于 ]1,0[ 上有两个轮流为正负偏差点，其中之一为1，另一个假设为 ζ 于是： )()1(ζϕα-=, 0)(='ζϕ ， （ ζ为)(x ϕ的极值点） 得： αζζα+-=-2102=-αζ 解得：ζα2= ，0122=-+ζζ, 212,1±-=ζ取12-=ζ ， 222-=α. 又： α 是唯一的.6. 证明：由最佳一致逼近的特征定理，)(*x P n 为)(x f 的最佳一致逼近多项式，则存在2+n 个点b x x x a n ≤<<<≤+110使得： )()()(*k n k k x P x f x e -==*)1(n kP f --σ.又由于 ],[)(b a C x f ∈ ，于 ),(1+i i x x 中有一个点 i η ，1+<<i i i x x η ， 使得： 0)()()(*=-=i n i i P f e ηηη, n i ,,1,0 =即： )(*x P n 为)(x f 满足插值条件： )()(*i i n f P ηη= ， n i ,,1,0 = 的插值多项式.7． 解：求C*，使得：C x f C I bx a R C -=≤≤∈)(max min *)(记 C x f x e -=)()(, 依最佳一致逼近的特征定理：应取 )](min )(max [21*],[],[x f x f C b a b a +=*)()(C x f x e -=于 ],[b a 才有两个轮流正负的偏差点，（即 )(x f 于],[b a 上的最大值点和最小值点）1x ，2x )(max )(],[1x f x f b a = ， )(min )(],[2x f x f b a =此时： *)(m a x )1()(],[C x f x e b a ii --=σ即 *C 为)(x f 的零次最佳逼近多项式.8. 解： 436)(23+++=x x x x f 2)(34)3(62031T T T T +++=014T T ++01232112112323T T T T +++= 因为)(413x T 与零偏差最小，故： 012221121123)(T T T x P ++=421132++=x x . 为)(x f 的最佳一致逼近多项式.9. 证明：我们仅证明)(x f 是偶函数时，)(x P n 亦是偶函数.由于)(x P n 为)(x f的最佳一致逼近多项式，有：)()()(max ],[f E x P x f n n a a =--和： [,max ()()()]n n a af x P x E f ----=即： )()()(m a x ],[f E x P x f n n a a =---)(x P n -亦是)(x f 的最佳一致逼近多项式，由最佳一致逼近多项式的惟一性，有： )()(x P x P n n =-即： )(x P n 为偶函数.11． 解： 设 x a a x P 10*1)(+= ， 2210*2)(x b x b b x P ++= 分别为)(x f 的一次、二次最佳平方逼近多项式。
习题课：n阶行列式的计算
依据材料概括晚清中国交通方式的特点，并分析其成因。
提示：特点：新旧交通工具并存(或：传统的帆船、独轮车， 近代的小火轮、火车同时使用)。 原因：近代西方列强的侵略加剧了中国的贫困，阻碍社会发 展；西方工业文明的冲击与示范；中国民族工业的兴起与发展；
政府及各阶层人士的提倡与推动。
[串点成面· 握全局]
特征题4. “三线型”行列式. 除某一行，某一列以及对角 线（或次对角线）元素非零歪，其余元素均为 0的行列式， 主要求法是化为三角形行列式计算. 例4:
a0 1 Dn 1 1 1
n
1 a1 0 0
1 0 a2 0
1 0 0 (ai 0) an
1 n 答案：(a0 ) ai i 1 ai i 1
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[自读教材· 填要点] 一、铁路，更多的铁路 1．地位
铁路是
交通运输 建设的重点，便于国计民生，成为国民经济
发展的动脉。 2．出现 1881年，中国自建的第一条铁路——唐山 路建成通车。 1888年，宫廷专用铁路落成。 至胥各庄铁 开平
3．发展
(1)原因：
①甲午战争以后列强激烈争夺在华铁路的 ②修路成为中国人 (2)成果：1909年 权收归国有。 4．制约因素 政潮迭起，军阀混战，社会经济凋敝，铁路建设始终未入 修筑权 。
x2 x2 m x2
xn xn xn m
xn m)
答案 : Dn (m)n1 ( x1
特征3：“两条线型”的行列式，直接展开降阶. 例3.
a1 Dn
b1 a2 b2 an 1 bn 1 an
bn
答案：Dn a1a2
an (1) b1b2
n1
递推法与逐点累计法
递推法与逐点累计法广州大学教育软件研究所朱华伟研究者的目的就是去发现和表达各种基本现象之间相互制约,相互联系的方程式.——欧斯特?马赫请先看一个有趣的经典数学问题.假定围场中开始时有一对大兔,一个月后生了一对小兔,而这对小兔经过一个月后就长成大兔.此后,每对大兔每月生一对小兔,而每对小兔经过一个月又长成大兔.如果不发生死亡,问第10个月围场中有多少对大兔.这个问题是由意大利着名数学家斐波那契(约ll70—1250)在1202年提出来的.原来围场中有一对大兔,/~11ao=1;第1个月,这对大兔产下一对小兔,围场中仍有一对大兔,即=1;第2个月,这对大兔产下一对小兔,此时,第1个月生下的小兔已长成大兔,则围场中已有两对大兔,l~lIaz=2;第3个月,原来的和第1个月出生的两对兔子各产一对小兔,而第2个月出生的一对兔子也长成大兔,1~[1a3=3;第4个月,原来的和第1,2个月出生的兔子各产下一对小兔,而第3个月出生的两对小兔已长成大兔.此时围场中共有5对大兔,Rlla.=5...…?如果按照上述"连锁反应"式地繁殖小兔,来推算出第10个月的大兔总数,我们需要找出一个简捷的"连锁反应关系85式"来解出amo--设第个月共有对大兔,则ao=l,a1=l,az=2,n3:3,a4=5,04=8,….第/7,个月的大兔的对数是由两部分构成的,其中一部分是第(凡一1)个月的大兔对数%一.对;第二部分是由%对大兔所生的小兔而长成的大兔对数,共有对.所以=+0.-2.由于ao=l,a.=1.因此每个月的大兔对数依次为l,1,2,3,5,8,13,2l,34,55,89,….可以看出a0=89,即第10个月围场中有89对大兔.我们将会在许多场合遇到上面这列数,它被称为"斐波那契数列",它的前两项是1,从第3项开始,任一项都是前两项的和,即.+%.2(凡=2,3,…).这个数列有着很多有趣的性质.像这种利用"连锁反应"的关系而得到的关系式.称为递归关系.有了递归关系就可以利用前面的数求出后面的未知数.上述例子中.通过寻找递归关系解题的方法称为递推法,递推法也是解决计数问题的一种重要方法.下面的例子着重说明如何建立递归关系,并利用递归关系求值.例l一段楼梯有l0级台阶,规定每一步只能跨一级或两级,要登上第l0级台阶有多少种不同走法?分析与解由于登台阶每次只能跨一级或两级,因此登上第n级台阶的情形仅与登上第(n一1)级台阶和第(n一2)级台阶有关.可以考虑建立递归关系,把登上第级台阶的走法分为两类:一类是已登上第(一1)级台阶再跨上一步,这有%一种走法;另一类是已登上第(n一2)级台阶,再跨上两级台阶,这有种走法.根据加法原理,有i+.由于a1=1,oa=2,因此登上台阶的方法数依次为86i,2,3,5,8,13,21,34,55,89,….'可以看到,=89,即登上第10级台阶有89种不同走法.例2一个十位数,其数码只能是2或3,且没有两个3是相邻的.请问这样的十位数共有多少个.分析与解运用递推法,考虑具有所给性质的所有正整数个数.首位是2的十位数的个数与九位数的个数相同;首位是3的十位数必定是以32开头的,与八位数的个数相同.即,十位数的个数是九位数的个数加上八位数的个数.这个规律和斐波那契数列的规律相同.满足条件的一位数有2个,两位数有3个,因此三位数有5 个.四位数有8个,五位数有13个,六位数有21个,七位数有34 个,八位数有55个.九位数有89个,十位数有144个.例3圆周上两个点将圆周分为两半,在这两个点上写上数1;然后将两段半圆弧等分,在这两个分点上写上相邻两点上的数之和;再把4段圆弧等分,在分点上写上相邻两点上的数之和.如此继续下去,第6步后,圆周上所有点上的数之和是多少? 分析与解如图1,第一步有两个点,第二步有四个点,第三步有八个点.每一步将前一步所得的圆周再细分一次,所以每一步后所有点的个数是前一步后点的个数的两倍.那么每'2图187一步添加的点上的数有什么规律呢?可能会认为第步增加的数都是.因为第一步增加的是1.第二步增加的是2,第三步增加的是3.事实上并不是这么回事.比如在第四步时,增加的数除了4以外还有5(图2).可见我们必须另行找出正确的规律.图2因为问题是求出圆周上所有数的和,我们不必去考虑每步具体增加了哪些数,只需关心每一步增加的数的总和是多少.明确了这一点,事情就好办多了.因为增加的每个数都是原来相邻两个数之和,所有增加数之和恰好是原来所有数之和的两倍.也就是说.圆周上所有数之和是前一步后圆周上所有数之和的3倍.用递归关系表示,设为第n步后得出的圆周上所有数之和,则=3×..利用上式可以得到吗l=3×l=3×3×珥2= (3)x—3x—'-.—x3xal.(i)个因为o1=2,所以=二二二×2=2×3.(n一|)个取n=6,有a6=486.即第6步后圆周上所有点上的数之和为486.例4从学校到少年宫有4条东西向的马路和3条南北向的马路相通(图3),李楠从学校出发.步行到少年宫(只许向东或向南行进),最多有多少种走法?图3解如图所示,根据李楠步行的规则,可知由A到嬲过88边AC上的各点和边AN_Ix的各点只有一条路线,通过点有两条路线(即从点,点D各有一条路线),通过点有3条路线(即从点走有两条路线,从点G走有一条路线).由此概括出规律:通过任何一个交叉点的路线总数等于通过邻近该点的左边和上方的交叉点的路线之和.为方便起见,将通过各点的路线条数用数字标出,由此推出由点A通到点T-'~i10条不同的路线.所以,李楠从学校到少年宫最多有10种走法.评注本题依据规律"通过任何一个交叉点的路线总数等于通过邻近该点的左边和上方的交叉点的路线之和"给图3 中的交叉点标数.这种计算路线条数的方法称为逐点累计法(或标数法).这种算法的实质也是递推.逐点累计法直观简便,不易出错,是计算"网格"条数有效而便捷的方法.例5如图4是5x5的网格.一只蚂蚁在网格左下角(0.O)位置,每次能向上或者向右走一格,要到达右上角(5,5)位置,且不能经过点(1,1),(1,4),(4,1)和(4,4),请问共有多少种不同的走法.法.412248l212441234l7l75l图4图5解如图5所示,用逐点累计法计数,共有34种不同的走89例6图6是一张道路图.A处有一大群孩子.这群孩子向东或向北走,在从A开始的每个路口,都有一半人向北走,另一半人向东走.如果先后有60个孩子经过路口B,那么先后共有多少个孩子经过路口C?解如图7,设A处有0个孩子,图中各个路口边上的数表示经过该路口的人数,则按照题述走路规则,不难推出经过路口曰有0人,于是lO<有素a=60,所12.2a=60+D=92.16l6A图6素素n素n_昙口意aG又从图中看出,经过路口C的人数为图7{0=×192:48(人).44评注例6展示了逐点累计法的另一种表现形式,体现了逐点累计法简洁直观的优点.练习题1.根据各数间的关系,在括号内填上一个恰当的数.(1)1,2,6,24,(),720.(2)1,2,4,7,l1,16,().(3)43,2,3,6,18,().2.如图8.将2×8的棋盘每格编上号,用8张1×2的长方形卡片去覆盖棋盘,有多少种方9O135****131524681O121416图8法把棋盘完全盖住?3.如图9,线段朋Ⅳ分长方形为两部分,4条线段最多能把这个长方形分成几部分?100条线段呢?4.仅由字母,y组成的长度为n的"单词"恰有2n个(这是因为共有凡个位置,每个位置有两种选择),设这些"单词"中至少有两个相连的有an个.例如,当n=4时,至少有两个相连的有XxYYYxxY,YYxX,XxxY,XxYx.XYXX,YXXX,XXXX,共8个,于是a4=8.求口l0.5.在图10中,要从走到Y,沿着黑线走,一共有几种最短路径的走法?6.若我们沿着街道走的方向如图l1中箭头所示,那么从点走到点肭不同路线有多少条?-1广]广]JLJLJ1广1广]\/图11图l27.如图l2,象棋盘上的一个"兵"过河后,沿最短路线走到对方的"将"处,问这个"兵"有多少种不同的走法.918.在图13中,用水平的或者垂直的线段联结相邻的字母.当沿着这些线段行走时,正好拼出"APPLE"的路线一共有多少条?APA解答AL¨pA1.(1)120;递推关系是an=rt~'an..1.(2)22;递推关系是%=吗卜.+(凡一1).(3)108;递推关系是l~an-'2.2.对于2Xn的棋盘,有种方法把棋盘盖住.l号格被盖住有两种情形:一类是1号与2号同时被一张lx2的纸片盖住,剩下2x(n一1)的棋盘有种方法盖住;另一类是1号与3号同时被一张纸盖住,这时2号与4号也必被一张纸片盖住.剩下2x(n一2) 的棋盘有种方法盖住.由加法原理,知.+.daFl=1,2,得F8=34.所以共有34种方法把2x8的棋盘完全盖住.3.4条线最多把长方形分成11个部分(图14).设n条线段最多把长方形分成个部分.再添上一条线段Z,即(n+1)条线段时,要使长方形分为最多的部分,必须使Z与其他凡条线段都相交,且没有三条线段交于一点.这时Z上有个交点,线段Z被分成(n+1)个部分,每一部分将所在长方形的区域一分为二,即增加了(扎+1)个区域.所以=(十1),:l+n:an-2+(一1)+一2+3+..:+l.所以当n:lOOn,~,长方形最多被分成+1--5o51(4-)92APPAPA部分.4.设长度为n的"单词"中"坏单词"(即不含XX)的个数为b,则6l=2,b2=3,b3=5,b4=8,由此猜想6661(n≥3o下面证明上述猜想.如果长度为(n一1)的单词中有"坏单词",那么我们在其结尾加一个字母y.就得到所有结尾为y的长度为n的"坏单词".为了计数结尾为的"坏单词",我们注意这种单词的最后两个字母一定是YX.因此,每一个这样的"坏单词"可以被分解为一个长度为(n一2)的"坏单词"和YX.于是,长度为n的"坏单词"数b恰好是以y结尾的"坏单词"数b与以结尾的"坏单词"数6之和.这就说明猜想成立.由b=6+61,可推出b5=5+8=13,b6=8+13=21,b7=13+21=34,b8=21+34=55,b9=34+35=89,bl0=55+89=144.故0l0=2L6j0=1024—144=880.5.从走g1]y,沿黑线走的最短路.径的走法,只能是沿黑线往东或往南走.现用逐点累计法得图l5,故一共有34种最短路径走法.06.在每个点处标出从点走到该1点的路线条数.比如A一职有l条路线,2343444859l734图15A—日有2条路线,推知从点走到点卜共有55条路线(图16). 图16(34)937.在某些点处标出走到该点的走法总数,从而推知"兵"走到"将"处有l5种不同的走法(图l7).1广1广]JL32JI_1J1广-1广163l\41/5l图l7竹1'tt't't①—⑦一④—④——@—0—⑦—①图188.由于要拼出APPLE,我们画图表示.如图18,在图中标上箭头.从A出发只有沿着箭头方向走,才可拼成APPLE.由于是出发点,所以NA的方法只有1种.其他圆圈中可这样填数:有几个箭头进入该圆圈,就把这几个箭头的出发处的圆圈中各数的和填入该圆圈.这样便得最后E处的圆圈中填的数是3l.所以,正好拼出"APPLE"的路线一共有31种.(上接第57页)有意无意地把计算练习处理成一种单纯的技能训练;另一方面.由于受容量的限制,相对于"帮助学生形成必要的计算技能"这一目标而言,教材所安排的计算练习的数量也略嫌不足,加之一些教师对"算法多样化"与"算法优化"的关系认识不够明确,造成了部分学生的计算技能有所欠缺.所有这些, 都是改革和发展中的正常现象,都可以通过进一步的调整和完善逐步加以解决.只要我们一如既往地秉持课程改革的基本理念,不断发现问题,科学分析问题,努力解决问题,计算练习的功能就能得到更加充分的发挥,学生的计算能力与品质就能得到更好的提升.94。
习题课数列中的构造问题答案
习题课 数列中的构造问题答案一、形如a n ＝pa n －1＋p n 的递推关系求通项公式例1 已知数列{a n }满足a n ＝2a n －1＋2n (n ≥2)，且a 1＝1，求数列{a n }的通项公式．解 因为a n ＝2a n －1＋2n ，等式两边同时除以2n ，得a n 2n ＝a n －12n －1＋1，即a n 2n －a n －12n －1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，以1为公差的等差数列，即a n 2n ＝12＋(n －1)×1，所以a n ＝⎝⎛⎭⎫n －12×2n . 延伸探究1．本例中“a n ＝2a n －1＋2n ”变为“a n ＝2a n －1＋2n ＋1”，其余不变，求数列{a n }的通项公式．解 等式两边同时除以2n ，得a n 2n ＝a n －12n －1＋2，即a n 2n －a n －12n －1＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，以2为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×2，即a n ＝⎝⎛⎭⎫2n －32×2n . 2．本例中“a n ＝2a n －1＋2n ”变为“a n ＝2a n －1＋2n －1”，其余不变，求数列{a n }的通项公式．解 等式两边同时除以2n ，得a n 2n ＝a n －12n －1＋12，即a n 2n －a n －12n －1＝12，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以12为首项，以12为公差的等差数列，所以a n 2n ＝12＋(n －1)×12，即a n ＝n ×2n －1. 反思感悟 形如a n ＝pa n －1＋p n (p ≠1)的递推关系求通项公式的一般步骤：第一步：等式两边同除以p n ，不管这一项是p n－1或p n ＋1，都同除以p n ，为的是数列的下标和p 的指数对应起来．第二步：写出数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n p n 的通项公式； 第三步：写出数列{a n }的通项公式．跟踪训练1 已知数列{a n }满足1a n ＝12a n －1＋12n ，且a 1＝1，求数列{a n }的通项公式． 解 由题意，等式两边同乘2n ，得2n a n ＝2n －1a n －1＋1，即2n a n －2n －1a n －1＝1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫2n a n 是以2为首项，1为公差的等差数列，所以2n a n ＝2＋(n －1)×1，即a n ＝2nn ＋1. 二、形如a n ＋1＝pa n ＋q 的递推关系求通项公式例2 已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝2a n ＋1，求{a n }的通项公式．解 ∵a n ＋1＝2a n ＋1，a n ＋1＋t ＝2(a n ＋t )，即a n ＋1＝2a n ＋t ，∴t ＝1，即a n ＋1＋1＝2(a n ＋1)，∴数列{a n ＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＋1＝2×2n －1，∴a n ＝2n －1.反思感悟 形如a n ＋1＝pa n ＋q (其中p ，q 为常数，且pq (p －1)≠0)可用待定系数法求得通项公式，步骤如下：第一步：假设递推公式可改写为a n ＋1＋t ＝p (a n ＋t )；第二步：由待定系数法，解得t ＝q p －1； 第三步：写出数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n ＋q p －1的通项公式； 第四步：写出数列{a n }的通项公式．跟踪训练2 已知数列{a n }满足a 1＝－2，a n ＋1＝2a n ＋4.证明数列{a n ＋4}是等比数列．并求数列{a n }的通项公式．解 ∵a 1＝－2，∴a 1＋4＝2.∵a n ＋1＝2a n ＋4，∴a n ＋1＋4＝2a n ＋8＝2(a n ＋4)，∴a n ＋1＋4a n ＋4＝2， ∴{a n ＋4}是以2为首项，2为公比的等比数列．∴a n ＋4＝2×2n －1＝2n ，即a n ＝2n －4.三、形如a n ＋1＝pa n ＋q n ＋1的递推关系求通项公式例3 已知数列{a n }中，a 1＝56，a n ＋1＝13a n ＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1，求a n . 解 令a n ＋1－A ·⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝13⎣⎡⎦⎤a n －A ·⎝⎛⎭⎫12n ， 则a n ＋1＝13a n ＋A 3·⎝⎛⎭⎫12n ＋1. 由已知条件知A 3＝1，得A ＝3， 所以a n ＋1－3×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝13⎣⎡⎦⎤a n －3×⎝⎛⎭⎫12n . 又a 1－3×⎝⎛⎭⎫121＝－23≠0， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －3×⎝⎛⎭⎫12n 是首项为－23，公比为13的等比数列． 于是a n －3×⎝⎛⎭⎫12n ＝－23×⎝⎛⎭⎫13n －1， 故a n ＝3×⎝⎛⎭⎫12n －2×⎝⎛⎭⎫13n . 反思感悟 形如a n ＋1＝pa n ＋q n ＋1的递推关系求通项公式的一般步骤类似于形如a n ＋1＝pa n ＋q 求通项公式的步骤，要注意数列的下标与q 的指数的对应关系．跟踪训练3 已知数列{a n }满足a n ＋1＝3a n ＋2n＋1且a 1＝1，求数列{a n }的通项公式．解 由题意得，a n ＋1＋A ·2n ＋1＝3(a n ＋A ·2n )，即a n ＋1＝3a n ＋A ·2n ，故A ＝2，所以a n ＋1＋2n ＋2＝3(a n ＋2n ＋1)，所以{a n ＋2n ＋1}是以5为首项，3为公比的等比数列，所以a n ＋2n ＋1＝5·3n －1，即a n ＝5·3n －1－2n ＋1.1．已知数列{x n }满足x 1＝1，x 2＝23，且1x n －1＋1x n ＋1＝2x n (n ≥2)，则x n 等于( )A.⎝⎛⎭⎫23n －1 B.⎝⎛⎭⎫23nC.2n ＋1 D.n ＋12答案 C解析 由已知可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1x n 是等差数列，且1x 1＝1，1x 2＝32，故公差d ＝12，则1x n ＝1＋(n －1)×12＝n ＋12，故x n ＝2n ＋1.2．已知S n 为数列{a n }的前n 项和，S n ＋1＝2S n ，n ∈N *，S 2＝4，则a 2 021等于() A ．22 020 B ．42 020 C ．42 021 D ．22 021答案 A解析 由S n ＋1＝2S n ，S 2＝4可知，S 1＝2，S n ＋1S n ＝2，故{S n }是以2为首项，2为公比的等比数列，故通项公式为S n ＝2×2n －1＝2n ，所以a 2 021＝S 2 021－S 2 020＝22 021－22 020＝22 020×(2－1)＝22 020.3．已知数列{a n }满足：a 1＝2，a n ＋1＝3a n ＋2，则{a n }的通项公式为( )A ．a n ＝2n －1B ．a n ＝3n －1C ．a n ＝22n －1D ．a n ＝6n －4答案 B解析 由a n ＋1＝3a n ＋2，所以a n ＋1＋1＝3(a n ＋1)，a n ＋1＋1a n ＋1＝3，所以数列{a n ＋1}是首项为a 1＋1＝3，公比为3的等比数列，所以a n ＋1＝3×3n －1＝3n ，a n ＝3n －1，故选B.4．在数列{a n }中，a 1＝5，且满足a n ＋12n －5－2＝a n2n －7，则数列{a n }的通项公式为( )A ．2n －3B ．2n －7C ．(2n －3)(2n －7)D ．2n －5答案 C解析 因为a n ＋12n －5－2＝a n 2n －7，所以a n ＋12n －5－a n2n －7＝2，又a 12－7＝－1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －7是以－1为首项，公差为2的等差数列，所以a n2n －7＝－1＋2(n －1)＝2n －3，所以a n ＝(2n －3)(2n －7).5．已知数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝a n a n ＋2()n ∈N *.若b n ＝log 2⎝⎛⎭⎫1a n ＋1，则数列{b n }的通项公式b n 等于() A.12n B ．n －1 C ．n D ．2n答案 C解析 由a n ＋1＝a n a n ＋2，得1a n ＋1＝1＋2a n ，所以1a n ＋1＋1＝2⎝⎛⎭⎫1a n ＋1， 又1a 1＋1＝2，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n ＋1是首项为2，公比为2的等比数列，所以1a n ＋1＝2·2n －1＝2n ，所以b n ＝log 2⎝⎛⎭⎫1a n ＋1＝log 22n ＝n .6．若数列{a n }满足a 1＝1，且a n ＋1＝4a n ＋2n ，则a 6等于( )A ．2 016B ．2 018C ．2 020D ．2 022答案 A解析 因为a n ＋1＝4a n ＋2n ，所以a n ＋1＋2n ＝4(a n ＋2n －1)，所以数列{a n ＋2n －1}是等比数列，首项为2，公比为4，则a n ＋2n －1＝2×4n －1，可得a n ＝22n －1－2n －1，则a 6＝22×6－1－26－1＝211－25＝2 016.7．已知数列{a n }满足a 1＝1，11＋a n ＋1－11＋a n ＝1，则a 5＝________.答案 －79解析 ∵11＋a n ＋1－11＋a n ＝1，∴⎩⎨⎧⎭⎬⎫11＋a n 是以11＋a 1＝12为首项，1为公差的等差数列， ∴11＋a n ＝12＋(n －1)×1＝n －12， ∴11＋a 5＝5－12＝92， 解得a 5＝－79. 8．已知正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ，若a 1＝1，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.答案 3n －1解析 ∵正项数列{a n }满足a 2n ＋1－6a 2n ＝a n ＋1a n ， ∴(a n ＋1－3a n )(a n ＋1＋2a n )＝0，∴a n ＋1＝3a n ，∴数列{a n }是等比数列，首项为1，公比为3.∴数列{a n }的通项公式为a n ＝a 1q n －1＝3n －1.9．已知S n 是数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n ＋n －4.(1)求a 1的值；(2)若b n ＝a n －1，试证明数列{b n }为等比数列．(1)解 因为S n ＝2a n ＋n －4，所以当n ＝1时，S 1＝2a 1＋1－4，解得a 1＝3.(2)证明 因为S n ＝2a n ＋n －4，所以当n ≥2时，S n －1＝2a n －1＋n －1－4，S n －S n －1＝(2a n ＋n －4)－(2a n －1＋n －5)，即a n ＝2a n －1－1，所以a n －1＝2(a n －1－1)，又b n ＝a n －1，所以b n ＝2b n －1，且b 1＝a 1－1＝2≠0，所以数列{b n }是以2为首项，2为公比的等比数列．10．某企业投资1 000万元用于一个高科技项目，每年可获利25%，由于企业间竞争激烈，每年年底需要从利润中取出200万元进行科研技术发行与广告投资方能保持原有的利润增长率．问经过多少年后，该项目的资金可以达到或超过翻两番(4倍)的目标？(取lg 2≈0.3)解 设该项目逐年的项目资金数依次为a 1，a 2，a 3，…，a n ，n ∈N *.则由已知得a n ＋1＝a n (1＋25%)－200，即a n ＋1＝54a n －200.令a n ＋1－x ＝54(a n －x )，即a n ＋1＝54a n －x 4，由x 4＝200，得x ＝800.∴a n ＋1－800＝54(a n －800).故数列{}a n －800是以a 1－800为首项，54为公比的等比数列．∵a 1＝1 000×(1＋25%)－200＝1 050，∴a 1－800＝250，∴a n －800＝250×⎝⎛⎭⎫54n －1，∴a n ＝800＋250×⎝⎛⎭⎫54n －1(n ∈N *)．由题意知a n ≥4 000，∴800＋250×⎝⎛⎭⎫54n －1≥4 000，即⎝⎛⎭⎫54n ≥16.两边取常用对数得n lg 54≥lg 16，即n (1－3lg 2)≥4lg 2.∵lg 2≈0.3，∴不等式化为0.1n ≥1.2，∴n ≥12.故经过12年后，该项目资金可达到或超过翻两番的目标．11．已知数列{a n }的首项为a 1＝1，且满足a n ＋1＝12a n ＋12n ，则此数列的通项公式a n 等于() A ．2n B ．n (n ＋1)C.n2n －1 D.n (n ＋1)2n答案 C解析 ∵a n ＋1＝12a n ＋12n ，∴2n ＋1a n ＋1＝2n a n ＋2，即2n ＋1a n ＋1－2n a n ＝2.又21a 1＝2，∴数列{2n a n }是以2为首项，2为公差的等差数列，∴2n a n ＝2＋(n －1)×2＝2n ，∴a n ＝n 2n －1.12．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝2，S n ＋1＝4a n ＋2，则a 12等于( )A ．20 480B ．49 152C ．60 152D ．89 150答案 B解析 由题意得S 2＝4a 1＋2，所以a 1＋a 2＝4a 1＋2，解得a 2＝8，故a 2－2a 1＝4，又a n ＋2＝S n ＋2－S n ＋1＝4a n ＋1－4a n ，于是a n ＋2－2a n ＋1＝2(a n ＋1－2a n )，因此数列{a n ＋1－2a n }是以a 2－2a 1＝4为首项，2为公比的等比数列，即a n ＋1－2a n ＝4×2n －1＝2n ＋1，于是a n ＋12n ＋1－a n 2n ＝1，因此数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n 是以1为首项，1为公差的等差数列，得a n 2n ＝1＋(n －1)＝n ，即a n ＝n ·2n .所以a 12＝12×212＝49 152. 13．(多选)设首项为1的数列{a n }的前n 项和为S n ，已知S n ＋1＝2S n ＋n －1，则下列结论正确的是( )A ．数列{S n ＋n }为等比数列B ．数列{a n }的通项公式为a n ＝2n －1－1C ．数列{a n ＋1}为等比数列D ．数列{S n ＋1－S n ＋1}为等比数列答案 AD解析 因为S n ＋1＝2S n ＋n －1，所以S n ＋1＋n ＋1S n ＋n ＝2S n ＋2n S n ＋n＝2. 又S 1＋1＝2，所以数列{S n ＋n }是首项为2，公比为2的等比数列，故A 正确；所以S n ＋n ＝2n ，则S n ＝2n －n .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－1，但a 1≠21－1－1，故B 错误；由a 1＝1，a 2＝1，a 3＝3可得a 1＋1＝2，a 2＋1＝2，a 3＋1＝4，即a 3＋1a 2＋1≠a 2＋1a 1＋1，故C 错误； 由S n ＝2n －n ，所以S n ＋1－S n ＋1＝2S n ＋n －1－S n ＋1＝S n ＋n ＝2n －n ＋n ＝2n ，故D 正确．14．《尘劫记》是在元代的《算学启蒙》和明代的《算法统宗》的基础上编撰的一部古典数学著作，其中记载了一个这样的问题：假设每对老鼠每月生子一次，每月生12只，且雌雄各半.1个月后，有一对老鼠生了12只小老鼠，一共有14只；2个月后，每对老鼠各生了12只小老鼠，一共有98只．依此类推，假设n 个月后共有老鼠a n 只，则a 12＝________.答案 2×712解析 设n 个月后共有a n 只老鼠，且雌雄各半，所以n ＋1 个月后的老鼠只数a n ＋1 满足：a n ＋1＝a n ＋12×a n 2(n ∈N *)， 所以a n ＋1＝a n ＋6a n ，即a n ＋1＝7a n (n ∈N *)，又因为a 1＝14≠0，所以a n ＋1a n＝7， 所以数列{a n }是以14为首项，7为公比的等比数列，所以a n ＝a 1q n －1＝14×7n －1＝2×7×7n －1＝2×7n ，即a n ＝2×7n (n ∈N *)，当n ＝12时，a 12＝2×712.15．将一些数排成倒三角形如图所示，其中第一行各数依次为1,2,3，…，2 021，从第二行起，每一个数都等于他“肩上”的两个数之和，最后一行只有一个数M ，则M 等于( )1 2 3 … 2 019 2 020 2 0213 5 7 …4 039 4 0418 12 … 8 080… ……MA ．2 021·22 018B ．2 022·22 019C ．2 021·22 019D ．2 022·22 020答案 B解析 记第n 行的第一个数为a n则a 1＝1，a 2＝3＝2a 1＋1，a 3＝8＝2a 2＋2，a 4＝20＝2a 3＋4，…，a n ＝2a n －1＋2n －2，∴a n 2n －2＝a n －12n －3＋1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n 2n －2是以a 12－1＝2为首项，1为公差的等差数列． ∴a n 2n －2＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，∴a n ＝(n ＋1)·2n －2. 又每行比上一行的数字少1个，∴最后一行为第2 021行，∴M ＝a 2 021＝2 022×22 019.16．设关于x 的二次方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0(n ＝1,2,3，…)有两根α和β，且满足6α－2αβ＋6β＝3.(1)试用a n 表示a n ＋1；(2)求证：⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －23是等比数列； (3)当a 1＝76时，求数列{a n }的通项公式． (1)解 根据根与系数的关系，得⎩⎨⎧ α＋β＝an ＋1a n ，αβ＝1a n .代入题设条件6(α＋β)－2αβ＝3，得6a n ＋1a n －2a n＝3. 所以a n ＋1＝12a n ＋13.(2)证明 因为a n ＋1＝12a n ＋13， 所以a n ＋1－23＝12⎝⎛⎭⎫a n －23. 若a n ＝23，则方程a n x 2－a n ＋1x ＋1＝0， 可化为23x 2－23x ＋1＝0， 即2x 2－2x ＋3＝0.此时Δ＝(－2)2－4×2×3<0，所以a n ≠23，即a n －23≠0. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －23是以12为公比的等比数列． (3)解 当a 1＝76时， a 1－23＝12， 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n －23是首项为12， 公比为12的等比数列． 所以a n －23＝12×⎝⎛⎭⎫12n －1＝⎝⎛⎭⎫12n ， 所以a n ＝23＋⎝⎛⎭⎫12n ，n ∈N *， 即数列{a n }的通项公式为a n ＝23＋⎝⎛⎭⎫12n ，n ∈N *.。
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习 题 三3-1 解下列递推关系：（1）⎩⎨⎧===+---1,001071021a a a a a n n n （2）⎩⎨⎧===++--1,00961021a a a a a n n n（3）⎩⎨⎧===+-2,00102a a a a n n （4）⎩⎨⎧==-=--121021a a a a a n n n（5）⎩⎨⎧===-+=---2,1,099210321a a a a a a a n n n n（解）（1）特征方程为010x 7x 2=+-。
解得2x 1=，5x 2=，故通解为n n n B A a 52⋅+⋅=分别令n ＝0，1，并代入初值1010==a a ,得关于系数A 、B 的方程组⎩⎨⎧=+=+1520B A B A 解得31-=A ，31=B 。
所以定解为 n a ＝()n n2531- （2）特征方程为0962=+-x x 。
解得321==x x ，故通解为()n n Bn A a 3⋅+=代入初值得⎩⎨⎧=+=1330B A A 解得0=A ，31=B 。
∴ 13331-==n nn n n a（3）特征方程为012=+x 。
解得i x ±=，故通解为()nn n i B i A a -⋅+⋅=代入初值得⎩⎨⎧=-=+2Bi Ai B A 解得i A -=，i B =。
∴ n a ＝()nn i i i i -+⋅-＝()11---+n n i i ＝()1111---+n n i )(可以看出，此数列为：0，2，0，－2，0，2，0，－2，……。
当然本数列可以不用特征根法求解，直接由解递推关系就可观察出2--=n n a a ，从而由初值即得结果。
（4）用特征根法求解可得解为n a ＝1。
本小题虽然是二阶递推关系，但由于其特殊性，并不一定要用特征根法求解，而用迭代法可能更容易计算出结果。
即0122a a a -=＝2×1－1＝1， 1232a a a -=＝2×1－1＝1，…… 立即可以观察出n a ＝1（n ＝0，1，2，…）。
（5）特征方程为09923=+--x x x 。
解得31-=x ，12=x ，33=x ，故通解为()n nn C B A a 33++-=代入初值得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=++=++-=++2991330C B A C B A C B A 解得121-=A ，41-=B ，31=C 。
∴ ()n n n a 331413121⋅+---=＝()[]1131341--+--n n 3-2 求由A ，B ，C ，D 组成的允许重复的排列中AB 至少出现一次的排列数。
（解）设由A ，B ，C ，D 组成的字符串为s ＝()n c c c 21，串的长度为n ，满足条件的串有n a 个，则 n a ＝13-n a ＋()2242--+n n a ＋()3342--+n n a ＋……＋()0042+a即∑-=-=-1012n i i n n a a a ＋()14311--n 化简得221143----+-=-n n n n n a a a a ∴ ⎩⎨⎧====+----1044210221a a a a a a n n n n ,,解之得()()nn nn a 3263233263234---++-=3-3 求n 位二进制数中相邻两位不出现11的数的个数。
（解）设所求的数有n a 个，可将这样的数按左边第一位的值分成两类进行统计： （1） 第一位是0，这类数有1-n a 个；（2） 第一位是1，则按照题目条件，第二位就必须为0，故此类数有2-n a 个。
由加法法则，符合条件的数共有1-n a ＋2-n a 个。
因此，得n a 满足的递推关系为⎩⎨⎧==≥+=--3232121a a n a a a n n n ,,反推可得10=a ，所以⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+++22225125151n n n n F a 3-4 利用递推关系求下列和（1）∑==nk n ks 02（解）由原式得⎩⎨⎧==+=-312121s s n s s n n , （3.2.2） 可以看出，1是齐次递推关系1-=n n s s 的特征根，故此非齐次定解问题的特解为*ns ＝()C Bn An n ++2＝Cn Bn An ++23 为了利用待定系数法确定待定常数A 、B 、C ，将*n s 代入（3.2.2）的第一式得()n C Bn An+++23-()()()()11123-+-+-n C n B n A ＝2n即()()C B A n B A An +-+--2332＝2n对任意的n ，上式成立的充分必要条件是n 的同次幂的系数相等，即方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+-=-=003213C B A A B A 成立。
解之得 31=A ，21=B ，61=C 。
所以，（3.2.2）的特解为*ns ＝n n n 61213123++＝()()6121++n n n 从而得（3.2.2）的通解()()n n n n A n n n s s s 16121⋅+++=+=*其中A 为任意常数。
再由初值条件11=s 得()()612111++⋅＋A ＝1即0=A 。
所以（3.2.2）的定解，即和式的求和结果为()()6121++=n n n s n（2）()∑=-=nk n k k s 01（解）类似（1）得n s 满足的递推关系为⎩⎨⎧===-=--2021021s s s nn s s n n , 特解仍为*ns ＝()C Bn An n ++2＝()Cn Bn An ++23 但关于待定系数A 、B 、C 的方程则变为⎪⎩⎪⎨⎧=+--=-=013213C B A A B A 解之得 31A =，0B =，31C -=。
即特解为 *ns ＝n n 31313-＝()()311+-n n n 从而通解为n s ＝*ns ＋n s ＝()()311+-n n n ＋A再由初值条件0s 0=得0A =，所以n s ＝()()311+-n n n（3）()∑=+=nk n k k s 02（解）n s 满足的递推关系为⎩⎨⎧==+=--3021021s s n n s s n n ,,其特解为*ns ＝n n n 67233123++＝()()6721++n n n 通解为n s ＝*ns ＋n s ＝()()6721++n n n ＋nA 1⋅其中A 为任意常数。
以初值条件31=s 代入得()()6712111+⨯+⋅＋A ＝3即0=A 。
所以n s ＝()()6721++n n n（4）()()∑=++=nk n k k k s 021（解）n s 满足的递推关系为()()⎩⎨⎧==++=--6021101s s n n n s s n n ,,解之得n s ＝n n n n 234112341234+++＝()()()4321+++n n n n（解）设n 位四进制数中2和3必须出现偶数次的数有n a 个，2出现奇数次3出现偶数次的数为 n b 个，2出现偶数次3出现奇数次的数为 n c 个，两者都出现奇数次的数为 n d 个。
则对于满足题目要求的数而言，可将其按照最高位数字的值分为3类情况分别予以统计：（1）最高位是0或1，那么在后续的1-n 个数字中2和3还必须出现偶数次，这样的四进制数共有2 1-n a 个；（2）最高位是2，后1-n 位必须有奇数个2偶数个3，这样的数有1-n b 个；（3）最高位是3，后1-n 位必须有偶数个2奇数个3，这样的数有1-n c 个。
各类情形，没有重复的数。
由加法法则，得n a 满足的递推关系n a ＝21-n a ＋1-n b ＋1-n c 。
同理也可得n b 、n c 和n d 满足的递推关系，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++=++=++=++=------------1111111111112222n n n n n n n n n n n n n n n n d c b d d c a c d b a b c b a a ， n ≥2 且知初值为21=a ，111==c b ，01=d 。
解之得∴ n a ＝1142--+n n ，（n ≥1）即所求的四进制数的个数。
3-6 试求由a ，b ，c 三个文字组成的n 位符号串中不出现aa 图像的符号串的数目。
（解）用n a 表示满足条件的串的个数，显然，1a ＝3，2a ＝23－1＝8，当n ≥3时，将符合要求的串分为两类：第一类： 第一字母不是a ，这样的串有21-n a 个；第二类： 首字母为a ，次字母必为b 或c ，这样的串有22-n a 个。
综合以上情况有()⎩⎨⎧==+=--8322121a a a a a n n n , 解之得n a ＝()()n n316323316323--+++ba ba ab b a ab b a ++++1000010001000设行列式的值为n d ，则将行列式按第一行展开得n n b a ba abb a ab b a d ++++=10000010001000＝()110000010001000-+++++n b a ba abb a ab b a b a－1100000100000001-+++n b a ba ab b a ab ab＝()2110000010001000--++++-+n n b a ba abb a ab b a ab d b a＝()b a +1-n d －ab 2-n d∴ ()⎩⎨⎧++=+=-+=--222121bab a d b a d abd d b a d n n n , 下面解递推关系，特征方程为()02=++-ab x b a x特征根为()221ba b a x -±+=,＝a ，b对于通解，需根据a 与b 的关系分两种情形进行讨论：（1）b a =≠0：此时特征根a x =为二重根，故通解为 n d ＝()n a Bn A +，其中A 、B 为任意常数。
代入21,=n 时的初值得关于A 、B 的方程组()()⎩⎨⎧=+=+22322a a B A aa B A 解之得1==B A ，所以行列式的值为n d ＝()n a n +1，1≥n（2）b a ≠：有两个不同的特征根a 和b ，通解是n d ＝n n Bb Aa +代入初值得⎩⎨⎧++=++=+2222b ab a B b A a ba bB aA 解之得b a a A -=，ab bB -= 故有n d ＝n n b a b b a b a a -+-＝b a b b a a n n ---++11 ＝nn n n n b ab b a b a a +++++---1221 ，1≥n3-8 在n ×m 方格的棋盘上，放有k 枚相同的车，设任意两枚不能互相吃掉的放法数为F k (n,m )，证明F k (n ，m )满足递推关系F k (n ，m)＝ F k (n -1，m )＋(m -k ＋1) F k-1(n -1，m )（证）将放法分为两类：其一是第一行无棋子，共有()m n F k ,1-种放法；其二是第一行有车（且只能有一个），可以随意选一个车出来，先将其余k －1个车放入下边的n －1行，有()m n F k ,11--种放法，然后再把选出来的车放入第一行的某个格子，但要求该格子所在的列没有车，有()1--k m 列可供选择，故第二类放法总共有()()m n F k m k ,111-+--种。