第二节 常系数线性齐次递推关系
组合数学(第二版)递推关系
递推关系
其次,证明an 是通解.若给定一组初始条件
可以仿照齐次方程通解的证明方法,证得相应于条件式 (3.2.11)的解一定可以表示为式 (3.2.10)的形式.
关于 的求法已经解决,这里的主要问题是求式(3.2.2) 的特解an * .遗憾的是寻求特 解还没有一般通用的方法.然而, 当非齐次线性递推关系的自由项f(n)比较简单时,采用 下面的 待定系数法比较方便.
递推关系 【例 3.4.2】 棋盘染色问题:给一个具有1行n 列的1×n
棋盘(见图3.4.1)的每一个 方块涂以红、蓝二色之一,要求相 邻的两块不能都染成红色,设不同的染法共有an 种,试 求an.
图 3.4.1 1×n 棋盘
递推关系
递推关系
【例3.4.3】 交替子集问题:有限整数集合Sn={1,2,…,n} 的一个子集称为交替的, 如果按上升次序列出其元素时,排列 方式为奇、偶、奇、偶、…….例如{1,4,7,8}和 {3,4,11}都是, 而{2,3,4,5}则不是.令gn表示交替子集的数目(其中包括空集), 证明
且有gn=Fn+2.
递推关系
证 显然,g1=2,对应S1 的交替子集为⌀和{1}.g2=3,对应S2 的交替子集为⌀、 {1}、{1,2}.
将Sn 的所有子集分为两部分: (1)Sn-1={1,2,…,n-1}的所有子集; (2)Sn-1的每一个子集加入元素n 后所得子集. 例如,n=4,S4={1,2,3,4}的所有子集划分为两类,即 (1)⌀、{1}、{2}、{3}、{1,2}、{1,3}、{2,3}、{1,2,3}; (2){4}、{1,4}、{2,4}、{3,4}、{1,2,4}、{1,3,4}、 {2,3,4}、{1,2,3,4}.
线性常系数齐次递推
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
令
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
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
二阶常系数递推关系求解方法
二阶常系数递推关系求解方法一、递推关系的定义与性质在数学中，递推关系是指通过递推公式来描述数列中各项之间的关系。
常系数递推关系是指递推关系中各项的系数都是常数。
设有一个序列 {an}，其中 n 表示序列中的项数。
如果序列满足递推关系 an = c1an-1+ c2an-2 + ... + ck an-k ，其中ci (1 ≤ i ≤ k) 为常数，那么我们称该序列满足一个 k 阶常系数递推关系。
常系数递推关系的性质：1. 齐次性：如果一个递推关系的非齐次项为0，即对于所有的 i，ci = 0，则该递推关系称为齐次线性递推关系。
2. 非齐次性：如果一个递推关系的非齐次项不为0，即存在一些 i，ci ≠ 0，则该递推关系称为非齐次线性递推关系。
3.初值条件：对于一个k阶线性递推关系，需要给出前k项的初值条件才能确定整个序列。
二、求解齐次线性递推关系的通解对于线性递推关系 an = c1an-1+ c2an-2 + ... + ck an-k ，其中ci (1 ≤ i ≤ k) 为常数，我们可以采用特征根法求解其通解。
1. 假设通解为an = λn ，将其代入递推关系，得到λ^n = c1λ^(n-1)+ c2λ^(n-2) + ... + ck λ^(n-k)2.将等式左边的λ^n移至等式右边，得到λ^n - c1λ^(n-1) - c2λ^(n-2) - ... - ck λ^(n-k) = 03.将该齐次方程转化为特征方程，即λ^k - c1λ^(k-1) - c2λ^(k-2) - ... - ck = 04.解特征方程，得到k个实数或复数根λ1,λ2,...,λk。
5.得到齐次线性递推关系的通解为an = A1λ1^n + A2λ2^n + ... + Akλk^n其中A1,A2,...,Ak为待定系数。
通过给定的初值条件，可以使用线性方程组求解方法来确定待定系数A1,A2,...,Ak。
三、求解非齐次线性递推关系的通解对于非齐次线性递推关系 an = c1an-1+ c2an-2 + ... + ck an-k + f(n)，其中 f(n) 为一个关于 n 的函数，我们可以采用常数变易法求解其通解。
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。
组合数学之常系数递归关系
满足要求的路径一定不会经过(0,1)点 满足要求的路径一定不会经过(0,1)点. 可以建立一个新坐标系: 原点在( 可以建立一个新坐标系: 原点在(-1,0), 这样我们原来( 这样我们原来(m,n)点在新坐标系里面 的坐标就成了( +1,n 自然m+1>n 的坐标就成了(m+1,n), 自然m+1>n. 从新坐标系原点出发到达( +1,n 从新坐标系原点出发到达(m+1,n)点的 路径, 如果所经过的点( 满足a 路径, 如果所经过的点(a,b)满足a>b, 则 (1,0)点后的路径正好是满足条件的路 (1,0)点后的路径正好是满足条件的路 (图4.3) 径. (图4.3) 所以只需求出(0,0)到 +1,n 不经过y=x 所以只需求出(0,0)到(m+1,n)不经过y=x 上点的路径数. 上点的路径数.
19
对于(4.1)中的 阶齐次递归关系: 对于(4.1)中的r阶齐次递归关系: 中的r H n a1 H n1 a 2 H n 2 a r H n r = 0 我们定义如下的一元 r 次方程: 次方程:
11
这样的向量有m 这样的向量有m个0元素, n个1元素, 共 元素, 元素, C(m+n, 有C(m+n, m)个. 可以建立(m+n) 0,1向量与从 向量与从(0,0)点到 可以建立(m+n)维0,1向量与从(0,0)点到 点路径间一一对应: (0,0)点出 达(m,n)点路径间一一对应: 从(0,0)点出 =0沿 轴方向走一个单位, 发, 第i步: 若ai=0沿x轴方向走一个单位, =1沿 轴方向走一个单位, 若ai=1沿y轴方向走一个单位, i=1,…,m+n. =1,…,m+n. 要保证顾客能顺利地买到票相当于要 必须满足x 求路径上各点( 求路径上各点(x,y)必须满足x≥y.
二阶常系数齐次
y1 ( r1 − r2 ) x =e ≡ 常数（ ∵ r1 − r2 ≠ 0） ∵ / y2 ∴ (1)的通解为： Y = c1 y1 + c 2 y 2 = c1e r1 x + c 2 e r2 x
二、 解法
上一页
r + p1r + p2 = 0有
2
2
y′′ + p1 y′ + p2 y = 0的通解 y = c1e r1x + c2 e r2 x y = (c1 + c2 x)e r1 x
其中 p1 , p 2 ,
r + p1r
n n −1
, p n 均为实常数
+ + pn −1r + pn = 0
微分方程(1)通解中的对应项 一项：ce rx k项：1 + c2 x + (c + ck x k −1 )e rx
( 2)
由y = e rx , 可导出方程 (1)的特征方程为一元 n次代数方程： 其特征方程为：
下一页 上一页 （自由振动） d2 例7-23中的方程： x + µ dx + k x = 0, 其初始条件为： x | = x , dx =0 解引例1 t =0 0
dt
m dt
m
dt
t =0
µ k ⎛ µ ⎞ k 2 ± ⎜ 解：从对应的特征方程 r + r + = 0 ⇒ r1, 2 = − ： ⎟ − 2m m m ⎝ 2m ⎠ m
(1)
下一页
补充定理 两个不相等实根r1 ≠ r2
二阶常系数齐 两个相等实根r1 = r2 次线性微分方 一对共轭复根 程(1)的通解按 r1, 2 = α ± iβ 右表给出：
组合数学幻灯片52常系数线性齐次递归关系
(n 3)
这个递归关系就是例4所求解的递归关系。 故由例4的结果可知
an=1+n
c1 pn cos n c2 pn sin n
式中 p 2 2 , tan1( / )
c1 A1 A2 , c2 i( A1 A2 ) 注意，c1和c2是由边界条件决定的常数。
例3 计算n×n行列式
1100 0 0 00000 1110 0 0 00000 0111 0 0 00000 0011 1 0 00000
k
k
ciqin
ci (b1qin1
b2
qn2 i
bk
qnk i
)
i 1
i 1k
k
k
b1
ci
q n1 i
b2
ciqin2 bk
ci qin k
i 1
i 1
i 1
因此(5.15)是递归关系式(5.12)的解。
定义5.5 若an是递归关系式(5.12)的任意
一个解，都存在一组适当的常数c1,c2,…,ck使 得an可以表示为式(5.15)的形式，则称式 (5.15)是递归关系式(5.12)的通解。
解得
c1 (1 5) / 2 5,c2 (1 5) / 2 5
故递归关系式(5.5)的解为
Fn (1 5)n1 (1 5)n1 / (2n1 5)
求解 递归关系
ana0
2an1 1, a1
an2 2an 2, a2 0
3
解：递归关系的
(n 3)
特征方程为 x3-2x2-x+2=0
若q1,q2,…,qk是递归关系式(5.12) 的互不相同的特征根，则
an c1q1n c2q2n ckqkn
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.
常系数线性齐次矩阵列及函数列递归关系的解法
是递归关系 (3)的通解，其中 C1 , C 2 , , C k 为任意 s t 常 数矩阵。 证明 用 As ij 表示矩阵 As 的位于第 i 行第 j 列位
置的元素。由(3)，则有
置的元素。由(3)，则有
An ij
a1 An 1 ij a 2 An 2 ij a k An k ij ，
An ij
a1 An 1 ij a 2 An 2 ij a k An k ij ，
i 1,2, , s; j 1,2, , t
x k a1 x k 1 a2 x k 2 ak 1 x ak 0
，
共 有 t 个 不 同 的 根 q1 , q 2 , , qt ， 它 们 的 重 数 分 别 为
An ij C1 ij q1n C 2 ij q 2n C k ij q kn
由
它们的重数分别为
m1 , m2 , , mt ，
A0 C11 C 21 A1 C11 C12 C 21 2 2 A2 C11 2C12 C 21 2
则递归关系(4)的通解为：
f n (t ) F1 (n, t ) F2 (n, t ) Ft (n, t ) ，
n k
(3)
An C1 1n C2 2n 2 2n 3 2n 2 2 n 1 。 5 2 n 1 10 5 2 n 1 2 n 1 定理 2 若矩阵列递归关系(3)的特征方程(2)共有 t
个不同的根
定义 2
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
得
圯圯 a1=α+β·
2 3
=1
：圯 圯圯 a2=α+β·（
2 3
2
）=
5 3
圯
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+
4.2_求解线性递推关系
a2 = ������������,������ +2������������,������ +4������������,������ =-1,∴ ������������,������ =3, ������������,������ = −������
4.所得������������,������ ������������,������ ������������,������ 值代入第2步，得an =(1+3n-2n2)(-1)n
������
练习P190 2 c)d)e)f)g)
4.2.2 求解常系数线性齐次递推关系
特征根相等的情况：
定理2 c1 和c2 是实数, c2 ≠0。 r2 – c1r – c2 = 0 只有一个根：������������ 当 ������������
0
������������n
0
(n = 0,1,2,… ，������������ 和 ������������ 是常数)
练习P190 2 a)b)
4.2.2 求解常系数线性齐次递推关系
下面推广：求大于2阶的线性齐次递推关系的解。 它的特征根也有两种情况：不相等，有重根。
特征根不相等的情况：
定理3
c1, c2 ,…, ck是实数。 rk – c1rk−1 –⋯ – ck = 0有k个不等的根： r1, r2, …, rk。
当
n
(n = 0,1,2,… ，α1, α2,…, αk是常数)时，序列 {an} 是递推 关系an = c1an−1 + c2an−2 + ….. + ck an−k的解。
4.2.2 求解常系数线性齐次递推关系
例. 求递推关系an = 6an−1 -11an−2 + 6an−3的解，其中初 始值a0 = 2 , a1 = 5，a2 = 15 。 解：1.求其特征方程： an =rn代入，得rn –6rn-1+11rn-2 – 6rn-3 =0，除以rn-3得 r3 −6r2 +11r −6= 0.该方程的根为r=3 ,r=2和r=1 n 2.根据定理3公式 an = ������ 1 ������������ +������ 2������������ + ������ 3������������ 3.由已知的初始值 a0 = 2 , a1 = 5, a2 = 15代入上式得 a0 =������ 1 +������ 2 +������ 3 = 2 ,a1 =������ 1 +������������ 2 +3������ 3 =5, a2 =������ 1 +������������ 2 +9������ 3 =15,∴������ 1 =1，������2=-1, ������ 3 =2 4.所得������ 1 、������ 2 、������ 3值代入第2步，得an =1-2n + 2∙3n.
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。
组合数学求解递推关系2
性质3
对线性齐次递推式：
hn a1hn1 a2 hn 2 ... ak hn k 0 (ak 0)
设 ak x k , 可以吗？
相应的特征方程为：
x k a1 x k 1 ... ak 1 x ak 0
若 q 是特征方程的解， 则 q n 是齐次递推式的解 .
性质4
对线性齐次递推式
hn a1hn1 a2 hn 2 ... ak hn k 0 (ak 0)
若 q1 , q2 , ... qk 是特征方程的 k个不同的
特征根，则 hn c1q1 c2 q2 ... ck qk
n n n
是齐次递推式的通解 .
对初始条件 h0 , h1 , ...， hk -1， 可以唯一确定 hn c1q1 c2 q2 ... ck qk
总结
对线性齐次递推式
hn a1hn1 a2 hn 2 ... ak hn k 0 (ak 0)
若 q1 , q2 , ... qt 是特征方程的全部互异 的特征根， qi 是si 重根（ i 1,2,..., t )，则 hn H n 其中 Hn
(i ) (1)
错位排列 :
Dn ( n 1)( Dn-1 Dn-1 )
二阶变系数线性齐次式。
Dn nDn-1 ( 1)n
一阶变系数线性非齐次式。 例2 Fibonacci数列 f n f n-1 f n- 2 , f 0 0, f1 1 二阶常系数线性齐次式。 例3 等比数列 hn qhn1 一阶常系数齐次 等差数列 hn hn1 d 一阶常系数非齐次 阶乘数列 hn n hn1 一阶变系数齐次
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
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 ,
6-5二阶常系数齐次线性方程
特征根的情况
实根r1 r2 实根r1 r2
复根r1,2 i
通解的表达式
y C1e r1 x C2e r2 x y (C1 C2 x)e r2 x
y ex (C1 cos x C2 sin x)
思考题 求微分方程 yy y2 y2 ln y 的通解.
练习题
一、求下列微分方程的通解:
1、y 4 y 0 ；
2、4
d2x dt 2
20
dx dt
25x
0；
3、 y 6 y 13 y 0； 4、 y(4) 5 y 36 y 0 .
二、下列微分方程满足所给初始条件的特解:
1、4 y 4 y y 0 , y x0 2 , yx0 0；
解得 r1，2 1 2 j ,
故所求通解为 y ex (C1 cos2x C2 sin 2x).
思考与练习
求方程
的通解 .
答案: a 0 : 通解为 y C1 C2 x
a 0 : 通解为 y C1 cos a x C2 sin a x
a 0 : 通解为 y C1 e a x C2 e a x
将 y2 ，y2 ，y2 代入原方程并化简，
u
(2r1
p)u
(
r2 1
pr1
q)u
0,
知 u 0, 取 u( x) x, 则 y2 xer1x ,
得齐次方程的通解为 y (C1 C2 x)er1x ;
有一对共轭复根 ( 0)
特征根为
r1 i , r2 i ,
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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特征根为:
q1 k 1, q2 1,
所以递推关系的通解为
f (n) A(k 1)n B(1)n .
k (k 1) A(k 1)2 B， 代入初值得方程组： 3 k ( k 1)( k 2) A ( k 1) B．
2 2 C (1 3) C (1 3) 8． 1 2
解方程组得
C1
32 , 2 3
C2
32 , 2 3
2 3
所以递推关系的解为： f (n) 3 2 (1 3)n 3 2 (1 3)n .
2 3
f (n) (k 2) f (n 1) (k 1) f (n 2) (n 4) 例2 求解递推关系 f (2) k (k 1), f (3) k (k 1)(k 2).
' ' h(n) C1' h1 (n) C2 h2 (n) Ck hk (n) , 则称 b1h1 (n) b2h2 (n) bk hk (n)为递推关系(1)的通解, 其
中b1,b2,…,bk为任意常数．
定理4.2.1 若 q1 , q2 , , qk为递推关系(1)的k个互不相等的 特征根, 则 n n f (n) b1q1n b2q2 bk qk 为递推关系(1)的通解, 其中 b1 , b2 ,
qn C1qn1 C2qn2 Ck qnk ,
k k 1 k 2 q C q C q 1 2 由于 q 0 ，所以
Ck ,
即q为递推关系的一个特征根．反之结论也成立．
f (n) C1 f (n 1) C2 f (n 2)
Ck f (n k ) (n k )
因为f (t 1) g (t 2), 所以有
g (t ) 2 g (t -1) 3g (t - 2), g (0) 0, g (1) 3.
它的特征方程为：x2 2x 3 0, 特征根为:
x1 3, x2 1,
t t 所以递推关系的通解为 g (t ) C1 (3) C2 (1) .
n n f ( n ) b q b nq i1 i i2 i 其中 i
biei n ei 1qin (i 1, 2,
, t ).
例1 求解递推关系
f (n) 2 f (n 1) 2 f (n 2) (n 3) f (1) 3, f (2) 8.
b1 b2 bk a0 , b q b q b q a , 1 1 2 2 k k 1 令 , k 1 k 1 k 1 b q b q b q ak 1. 2 2 k k 1 1
因为方程组的系数行列式(Vandermonde行列式)不为零,所
即 Tn C1Tn1 Hale Waihona Puke 2Tn2 CkTnk ,
所以Ah1(n)+Bh2(n)为递推关系的解． 这是解的线性叠加性质,可推广到m个解的情况.
三、递推关系的通解
定义2 设h1(n), h2(n),…, hk(n)为递推关系(1)的k个解,若 ' ' ' 对(1)的任一个解h(n), 都可适当选择常数 C1 , C2 , , Ck 使得
f (n) 2n 2n1 n.
例5 求递推关系
f (n) f (n 1) 3 f (n 2) 5 f (n 3) 2 f (n 4)， f (0) 1, f (1) 0, f (2) 1, f (3) 2．
解 递推关系的特征方程为
A 1, B k 1 , 所以递推关系的解为： 解方程组得：
f (n) (k 1)n (k 1)(1) n .
例3 核反应堆中有和两种粒子，每秒钟内一个粒子可 反应产生三个粒子，而一个粒子又可反应产生一个粒子和 两个粒子.若在时刻t=0时反应堆中只有一个粒子,问t=100秒 时反应堆将有多少个粒子?多少个粒子?共有多少个粒子? 解 设在t时刻的粒子数为f(t), 粒子数为g(t)，依题意的下 面递推关系 f (t ) g (t 1), g (t ) 3 f (t 1) 2 g (t 1), f (0) 1, g (0) 0.
x4 x3 3x2 5x 2 0, 特征根为： x1 x2 x3 1, x4 2,
所以递推关系的通解为
f (n) A(1)n Bn(1)n Cn2 (1)n D2n A D 1, A B C 2 D 0, 代入初始值得方程组 A 2 B 4C 4 D 1, A 3B 9C 8D 2,
f (t ) g (t ) 3 .
t
因此，
3 99 3 100 f (100) (3 1), g (100) (3 1). 4 4 f (100) g (100) 3100.
例4 求解递推关系
f (n) 4 f (n 1) 4 f (n 2), f (0) 1, f (1) 3.
则称这个数列{bn}为递推关系的解．
若{bn}还满足初始条件 b0 0 , b1 1, , bk 1 k 1 ，则 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 x C1x C2 x 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．
k
k 1
k 2
由于Ck≠0 ，所以特征根为非零根．
二、解的性质
性质1．设q是非零复数, f(n)=qn为递推关系(1)的解 的充要条件为q是递推关系(1)的一个特征根． 证明 设f(n)=qn为递推关系的解，即
P( x) xk C1xk 1 C2 xk 2
Ck 1x Ck ,
n k n n1 n 2 P ( x ) x P ( x ) x C x C x n 1 2
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 xP n '( x) 的一重根． 又由于 n n1 n 2 xP '( x ) nx C ( n 1) x C ( n 2) x n 1 2
(1)
性质2．如果h1(n), h2(n)为递推关系(1)的两个解，则 Ah1(n)+Bh2(n)也是递推关系(1)的解,其中A、B为任意常数． 证明 设Tn= Ah1(n)+Bh2(n) ,由于h1(n), h2(n)为 递推关系的解，有 ，
Tn Ah1 (n) Bh2 (n) A(C1h1 (n 1) C2h1 (n 2) Ck h1 (n k )) B(C1h2 (n 1) C2h2 (n 2) Ck h2 (n k )) C1 ( Ah1 (n 1) Bh2 (n 1)) C2 ( Ah1 (n 2) Bh2 (n 2)) Ck ( Ah1 (n k ) Bh2 (n k ))
《组合数学引论》 －Chapter 6
§6.2常系数线性齐次递推关系
一、定义
定义1 (f(n)}为一数列,C1,C2,…,Ck为k个常数,且Ck≠0,则 称递推关系：
f (n) C1 f (n 1) C2 f (n 2) Ck f (n k ) (n k )
(1)
为k阶常系数线性齐次递推关系. 若数列{bn}满足递推关系,即 bn C1bn1 C2bn2 Ck bnk (n k ),
' ' 以方程组有唯一解 b , b 1 2,
n ' n h(n) b1' q1 b2 q2
' , bk ,即有
' n bk qk , 结论成立.
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) n 的二重特征根，则 nq 为递推关系的解． 证明 令
, bk 为任意常数．
f (n) C1 f (n 1) C2 f (n 2)
Ck f (n k ) (n k )
(1)
n n 证明 显然 f (n) b1q1 b2q2
n bk qk 为递推关系(1)的解.
设h(n)是递推关系(1)的任一个解, 它由k个初值 h(0)=a0, h(1)=a1,……,h(k-1)=ak-1唯一确定.
n
引理2. 若q为k阶常系数线性齐次递推关系（1）的m重 特征根则 qn , nq n , , nm1q n 为递推关系的解． ．
q1 , q2 , , qt 是递推关系(1)的全部不同特征根， 定理2 其重数分别为 e1 , e2 , , et, 则递推关系的通解为 f (n) f1 (n) f 2 (n) ft (n),
解 递推关系的特征方程为： x2 4x 4 0,
特征根为: x1 x2 2. 所以递推关系的通解为 f (n) c1 2n c2 n2n.
代入初值得方程组： c1 1, 解得
1 c1 1, c2 . 2
2c1 2c2 3．
所以递推关系的解为
2 解 它的特征方程为： x 2x 2 0,
特征根为: x1 1 3,
C1 (1 代入初值得方程组
x2 1 3,
所以递推关系的通解为 f (n) C1 (1 3)n C2 (1 3)n .