二阶线性递归
Abacci）一书。他是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人。他的父亲被比萨的一家商业团体聘任 为外交领事，派驻地点相当于今日的阿尔及利亚地区，列昂纳多因此得以在一个阿拉伯老师的指导下研究 数学。他还曾在埃及、叙利亚、希腊、西西里和普罗旺斯研究数学。
斐波那契数列指的是这样一个数列：1、1、2、3、5、8、13、21、…… 这个数列从第三项开始，每一项都等于前两项之和。 由上述公式推导斐波那契数列的通项公式
α+β=p; αβ=ห้องสมุดไป่ตู้ 若α≠β， an-αan-1=βn-2(a2-αa1) 因α、β对称，同样有 an-βan-1=αn-2(a2-βa1) 联立上述两式 βan-αβan-1=βn-1(a2-αa1) αan-αβan-1=αn-1(a2-βa1) 相减得到 (β-α)an=βn-1(a2-αa1)-αn-1(a2-βa1) 于是得到
当α=β，及特征方程有重根时 an-αan-1=αn-2(a2-αa1)
等式两边都除以αn，得到
an an-1 a2-αa1 αn -αn-1 = α2
an
a1
a2-αa1
即变为求等差数列｛αn ｝的问题，最后求得 an=αn[ α +(n-1) α2 ]
二阶线性递归的典型——斐波那契数列 斐波那契数列的发明者，是意大利数学家列昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci，生于公元 1170 年， 卒于 1240 年，籍贯大概是比萨）。他被人称作“比萨的列昂纳多”。1202 年，他撰写了《珠算原理》（Liber
由此可以看出来斐波那契数列一个典型的性质：
lim
������⟶+∞
������������ ������������+1
=
√5 − 2
1
1+ 5 1- 5
由递归式 an+1=an+an-1，特征方程即为 x2=x+1，解得特征方程的两个根为 2
及2
1+ 5
1- 5
5
5
通项公式即为 an=A( 2 )n+B( 2 )n，代入斐波那契数列的 a1=a2=1，解得 A= 5 ，B=- 5
即斐波那契数列的通项公式为
5 1+ 5
1- 5
an= 5 [( 2 )n- ( 2 )n]
二阶线性递归与特征根法 所谓二阶递归，即是指数列的一项是由其前两项所决定的，线性递归则是指递归式的次数为一次。 现在对这种类型的线性递归做一般性讨论 已知 an=pan-1+qan-2，a1,a2 给定 求 an. 解: 设α、β使
an-αan-1=β(an-1-αan-2) 则 an=(α+β)an-1-αβan-2 于是
βn-1(a2-αa1)-αn-1(a2-βa1)
an=
β-α
a2-αa1 a2-βa1 =β(β-α) βn-α(β-α) αn
即得到特征根法的结果： an=Aαn+Bβn，
常数 A,B 可由待定系数法由给定的 a1，a2 解出，α，β则为与递归式 an=pan-1+qan-2 对应的特征方程 x2=px+q 的两根
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.。
二阶线性递归数{In}的若干性质
二阶线性递归数{In}的若干性质
张黎明
【期刊名称】《青海师范大学民族师范学院学报》
【年(卷),期】2000(0)1
【摘要】@@ 用Fn和Ln分别表示斐波那契(比萨的)数和Lncas数.{I(3,3,n)}、{P(2,2,n……)}两数列的递推公式为In=In-1+In-2,Pn=Pn-1+Pn-2.本文利用组合分析中常用的计算方法,建立递归方程(引理1,2)、组合计算(定理2,4等证明)和数学归纳法,讨论了数列{In}和{Pn}的有趣性质,以及二者与斐波那契数和Lncas数的联系.得到了较系统的结果,可将斐波那契数的性质可经推广到数列{In}、{Pn}上去.【总页数】3页(P31-32,21)
【作者】张黎明
【作者单位】青海民族师范高等专科学校物理系,海南,813000
【正文语种】中文
【中图分类】O1
【相关文献】
1.二阶线性递归序列的几个性质 [J], 胡宏
2.二阶线性递归数列的若干性质 [J], 吴礼斌;褚仁华
3.一类二阶线性递归数列{δn}的若干性质 [J], 才让东智
4.二阶整线性递归数列的性质及应用 [J], 宋文霞
5.二阶整数递归序列的若干性质(英文) [J], 张之正;丁建立
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关于数列极限概念5
1.关于数列极限概念，单调有界定理，数列子列知识1.1数列极限概念定义1 设{}n a 为数列，α为定数。
若对任给的正数ε，总存在正数N ，使得当n >N 时， |α-n a |<ε则称数列{}n a 收敛于α，定数α称为数列{}n a 的极限，并记作lim n ∞→α=n a 或()∞→→n a n α读作“当n 趋于无穷大时，{}n a 的极限等于α或n a 趋于α”例1 证明limn ∞→0n 1=α，这里α为正数。
证 由于 ︱0n 1-α︱=αn1<ε, 可得αε11n >，故对任给的ε>0,只要取111+⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡=αεN ，则当N n >时，便有： εαα<<N n 11， 即 ︱01-αn ︱<ε，即 ︱01-αn︱<ε,这就证明了limn ∞→0n1=α 例2：证明,0lim =∞→n n q 这里.1<q证：若,0=q 则结果是显然的。
现设.10<<q 记,11-=qh 则.0>h 我们有,)1(10nn h q q +==-并由nh h n+≥+1)1(，得到.111nh nh q n <+≤对任给的,0>ε只要取,1hN ε=则当N n >时，由上式得.0ε<-n q 这就证明了0lim =∞→n n q1.2单调有界定理及其证明定义2 若数列{}n a 的各项满足关系式:)(11n ++≥≤n n n a a a a ,则称{}n a 为递增（递减）数列。
递增数列和递减数列统称为单调数列。
如⎭⎬⎫⎩⎨⎧n 1为递减数列，⎭⎬⎫⎩⎨⎧+1n n 为递增数列，而⎭⎬⎫⎩⎨⎧-n 1n）（则不是单调数列。
定理1：（单调有界定理）在实数系中，有界的单调数列必有极限。
证明：不妨设{}n a 为有上界的递增数列。
由确界原理，数列{}n a 有上确界，记}n a sup =α，下面证明α就是{}n a 的极限。
周期数列
常见递归数列通项公式的求解策略数列是中学数学中重要的知识之一，而递归数列又是近年来高考和全国联赛的重要题型之一。
数列的递归式分线性递归式和非线性递归式两种，本文仅就高中生的接受程度和能力谈谈几种递归数列通项公式的求解方法和策略。
一、周期数列如果数列满足：存在正整数M、T，使得对一切大于M的自然数n，都有成立，则数列为周期数列。
例1、已知数列满足a1 =2，an+1 =1－，求an 。
解:an+1 =1－an+2 =1－=－, 从而an+3 = 1－=1＋an－1=an ,即数列是以3为周期的周期数列。
又a1 =2，a2=1－=, a3 =－12 , n=3k＋1所以an= ,n=3k＋2 ( kN )－1 , n=3k＋3二、线性递归数列1、一阶线性递归数列：由两个连续项的关系式an= f (an-1 )（n,n）及一个初始项a1所确定的数列，且递推式中，各an都是一次的，叫一阶线性递归数列，即数列满足an＋1 =f (n) an＋g(n)，其中f (n)和g(n)可以是常数，也可以是关于n 的函数。
（一）当f (n) =p 时，g(n) =q（p、q为常数）时，数列是常系数一阶线性递归数列。
（1）当p =1时，是以q为公差的等差数列。
（2）当q=0，p0时，是以p为公比的等比数列。
（3）当p1且q0时，an＋1 =p an＋q可化为an＋1－=p(an－),此时｛an－｝是以p为公比，a1－为首项的等比数列，从而可求an。
例2、已知：=且，求数列的通项公式。
解：=－=即数列是以为公比，为首项的等比数列。
（二）当f(n)，g(n)至少有一个是关于n的非常数函数时，数列｛an｝是非常系数的一阶线性递归数列。
（1）当f(n) =1时，化成an＋1=an＋g(n),可用求和相消法求an。
例3、（2003年全国文科高考题）已知数列｛an｝满足a1=1,an=3n--1＋an －1 (n2) , (1)求a2 ,a3 ; (2) 证明：an= .(1)解：a1 =1, a2=3＋1=4 , a3=32＋4=13 .(2)证明：an=3n--1＋an－1 (n2) ,an－an－1=3n—1 ,an－1－an－2=3n—2 ,an－2－an－3=3n—3……,a4－a3=33 ,a3－a2=32 ,a2－a1=31将以上等式两边分别相加，并整理得:an－a1=3n—1＋3n—2＋3n—3＋…＋33＋32＋31 ,即an=3n—1＋3n—2＋3n—3＋…＋33＋32＋31＋1= .（2）当g(n)=0时,化为a n＋1=f(n) an ，可用求积相消法求an 。
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+
行列式(递归定义)
递归定义的合理性分析
递归定义的可行性
递归定义将n阶行列式降阶为n-1阶行列式，不断降阶直至1阶，使得高阶行列式的计算变得可行 。
递归定义的效率
虽然递归定义可以计算高阶行列式，但随着阶数的增加，计算量呈指数增长，因此在实际应用中 需要注意计算效率问题。
递归定义的优势与局限性
• 可计算性：对于某些问题，递归定义可以 直接转化为计算机程序，从而实现问题的 自动求解。
递归定义的优势与局限性
01
02
03
效率问题
递归定义往往需要多次重 复计算，导致算法效率低 下。
空间占用
递归定义需要占用大量的 内存空间来保存中间结果， 对于大规模问题可能会导 致内存溢出。
得出结果。
判断行列式是否为零
如果行列式中存在一行或一列全为零，则根据递归定 义可知该行列式的值为零。
如果行列式中存在两行或两列成比例，则可以通过行 列变换将其化为一行或一列全为零的形式，从而判断 该行列式的值为零。
证明行列式的性质
行列式的性质包括交换两行（列）、一行（列）的公 因子可以提出、一行（列）是另一行（列）的线性组 合等。这些性质可以通过递归定义进行证明。
收敛性问题
某些递归定义可能不存在 解或者解不唯一，需要额 外的条件来保证递归的收 敛性。
未来研究方向
优化递归算法
研究如何优化递归算法的效率，减少重复计算和内存占用，提高算 法的实用性。
拓展应用领域
探索递归定义在更多领域的应用，如图像处理、自然语言处理等， 进一步拓展其应用范围。
完善理论基础
深入研究递归定义的理论基础，探讨其数学性质、计算复杂性等方面 的问题，为实际应用提供坚实的理论支持。
二阶线性递推数列通项公式的矩阵求法
以 口 ” 幢 Ｉ｜
时
，●ＪＦ、ｌＩ 口 ” ¨ ＝ ‰ Ｈ
陋 ＋
＋ｒ
”
（７＂Ｉ＝１，２，３，…）
（２）
记ｋ·＝㈦），１３ ｘ＝㈡１２２，Ａ＝（；孙Ｂ。＝㈦，Ｅ＝（：０）’
则（２）式可用矩阵表示如下：
Ｂ。＋１＝ＡＢ。＋Ｂｏ
（行＝１，２，３，…）
（３）
由递推方法知：
Ｂ。＝Ａ“一１Ｂｌ＋（Ａ“一２＋Ａ”一３＋…＋Ａ＋Ｅ）Ｂｏ
则 Ａ＝Ｔ（苫三）Ｔ～， 即 Ａ”＝Ｔ（苫三）Ｔ。
故 Ｂ。＝Ｔ（Ａｉｌ Ａ≥。）Ｔ一１ｂ，＋Ｔ（Ａ７—２＋一．０＋Ａｌ＋１ Ａ；一：＋．．？＋Ａ：＋。）Ｔ一－Ｂ。
垒＂。一１Ｔ～Ｂ１＋可ｏＴ～Ｂｏ
（２）△＝０时，方阵Ａ有两个相等的特征根Ａｌ＝Ａ２垒Ａ
取 丁＝（：０）’ｃ其中ｆ＝一磊，
·［收稿日期］ｚ００４—０２—１２ 【作者简介】汪伟（１９６７一），男。安徽安庆人，安徽工贸职业技术学院基础部讲师。
7.期刊论文 周怀君.Zhou Huaijun 求数列通项公式的方法探究 -西北成人教育学报2005,""(3)
数列是高中数学的重要内容之一,在历年高考试题中占有一定的比例,而确定数列的通项公式则往往成为解决此类问题的关键,本文通过举例介绍几种 求数列通项公式的方法,与同仁们商榷.
8.期刊论文 方均斌.FANG Jun-bin 关于周期数列的通项公式 -温州师范学院学报(自然科学版)2005,26(2)
10.期刊论文 杨洁明 周期数列的通项公式 -中国科教创新导刊2007,""(20)
本文主要讨论规律性较强的周期数列,并采用由特殊列一般,由简单到复杂的处理方法,应用泰勒展式,幂级数求和及多项式相等的定义等方面的知识 ,解决了较复杂的周期数列通项公式的问题.
递推数列
递推数列一、知识点介绍定义1 对于任意N n ∈,由递推关系()n k n k n k n a a a f a ,,,21Λ-+-++= 确定的数列{}n a 称之为递推数列，或称递归数列.若f 是线性的，则称此数列为线性递推数列，否则称为非线性递推数列.数学竞赛中的数列问题主要涉及到递推数列，并且常常是非线性递推数列.定义2 若数列{}n a 从第k 项以后任一项都是其前k 项的线性组合，即n k k n k n k n a a a a λλλ+++=-+-++Λ2211 ①其中k N n λλλ,,,21Λ∈是常数，0≠k λ，则称{}n a 为k 阶线性递推数列，①称为{}n a 的递推方程.与递归方程相应的代数方程()02211≠+++=--k k k k k x x x λλλλΛ ②称为k 阶线性递归数列{}n a 的特征方程.例如，公比为q 的等比数列是一阶线性递归数列，递归方程为n n qa a =+1()0,0,1≠≠∈q a N n .等差数列是二阶线性递归数列,递归方程为()N n a a a n n n ∈-=++122.著名的斐波那契数列也是二阶线性递归数列,递归方程为()112≥+=++n a a a n n n ,初始条件为121==a a .1.一阶递归数列一阶递归数列的一般形式为： ()()()()()，为常数0.11≠⎩⎨⎧=+=+n p a a a n q a n p a n n其特例为：（1）()01≠=+p pa a n n ，这就是等比数列.（2）()0,01≠≠+=+q p q pa a n n . 当1=p 时数列为等差数列.当0,0,1≠≠≠q p p 时,可用待定系数法求解.令()λλ-=-=+n n a p a 1,求得p q -=1λ，从而有⎪⎭⎫ ⎝⎛--=--+p q a p p q a n n 111，所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧--+p q a n 11是首项为p q a --11，公比为p 的等比数列.（3）()()01≠+=+p n q pa a n n . 两边同除以1+n p ,得()111++++=n n n n n pn q p a p a ,令n n n p a b =,则()11+++=n n n pn q b b ,由此可用累加的方法求出n b ,从而求出n a .(4) ()()01≠+=+q q a n p a n n .解决这类问题的思想方法,通常也是利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列.二、递推数列例1 如图，ΛΛ,,,21n A A A 顺次在x 轴上，ΛΛ,,,,21n B B B 顺次在曲线x y =上，且11B OA ∆，221B A A ∆，……，n n A B A 1-n ∆，……为正三角形，求n OA .分析 22111,B A A B OA ∆∆Θ，332B A A ∆，……，都是正三角形，∴点1B 的横坐标为112121x OA =，点2B 的横坐标为)(21121x x x -+. 利用点1B ，2B ，3B ，……在曲线x y =上的条件，可以推出,,,321x x x ……，利用直线1+k k B A 的参数方程⎩⎨⎧+=+=οο60sin 60cos t y y t x x k k （其中k k x x t -=+1）. 可推出k n =到1+k 的递推关系，则可用数学归纳法证明n x 的公式.解法1 ∵点)23,2x (111x B 在曲线x y =上，∴22311x x =，由此可得)21(31321⨯==x .直线21B A 的参数方程为⎪⎩⎪⎨⎧=+=οο60sin 60cos 32t y t x )(12x x t -=， ∴t t 2132432+=，即34,038232==--t t t ， 32312343212⨯⨯==+=+=t x x . 类似地433143⨯⨯==x . 猜想)1(31+=n n x n .下面用数学归纳法证明.直线1+k k B A 的参数方程为⎩⎨⎧=+=οο60sin 60cos t y t x x k （k k x x t -=+1）， ∴t x t k 21432+=，即04232=--k x t t . 如果设)1(31+=k k x k ，则0)1(34232=+--k k t t ，)1(32+=k t ， ∴t x x k k +=+1)1(32)1(3+++=k k k =)2)(1(31++k k . 故1+=k n 时，命题)1(31+=n n x n 也正确.∴n 为一切自然数时，)1(31+=n n x n 都成立，即)1(31+=n n OA n . 解法2 同解法1，2,3221==x x . 依题意得n B 的坐标为)60tan 2,2x (11n οn n n x x x -+++. 又点n B 在曲线x y =上，所以23211+++=⋅-n n n n x x x x ， 所以 )(2)(3121n n n n x x x x +=-++①以n 置换1+n ，得)(2)(3121--+=-n n n n x x x x ②①-②并整理，得)2)((31111-+-++--n n n n n x x x x x ()112-+-=n n x x ③因为011>--+n n x x ，所以，有322x 11n =+--+n n x x ④式④是二阶线性递归方程，可写成 32)()(11=----+n n n n x x x x . 所以数列{}n n x x -+1是以32为公差的等差数列，又3412=-x x ，所以 )1(32)1(32341+=-+=-+n n x x n n ， ∑+=--=111)1(32n k n k x x ，]1)1(21[3232-++=n n x n )1(31+=n n . 即)1(31+=n n OA n . 说明 本例给出的数学问题转化为数列问题，给定一个数列一般有两种方式：一是给出通项公式)(n n f a =；二是给出前一项或有限项，再给出第n 项与前几项,,21--n n a a …的关系式（这一关系称为递推关系）.于是，可用每项都递归到前几项的方法，逐个地求出各项.人们从问题的特例出发，借助于递推关系，猜出问题的一般结论，并通过递推关系，运用数学归纳法，证明自己猜想的思维方法，称为递推观点，这里不仅有归纳思维（从特殊到一般的合情推理），而且有利用递推关系来进行推理的逻辑思维.问题里的递推关系有的是明显的，但也有的是隐含的，由于它既是进行归纳思维的工具，又是数学归纳法论证部分的关键，因此根据题意分析出递推关系，是应用递推观点解题的首要任务，其次要善于应用递推关系的变形引入辅助数列，从而猜出一般规律.例2 设xa cot 1=，x n x a a n n )1sin(cos 1--=-，试求数列{}n a 的通项n a .分析 x a cot 1=，x x x x x a a sin cos cot sin cos 12-=-=x xx x x sin 2cos sin sin cos 22=-=， x x a a 2sin cos 23-=x x x x x x sin 3cos 2sin sin cos 2cos =-=，xx a a 3sin cos 34-=xx x x x x x sin 4cos sin sin 3sin cos 3cos =-=，……至此已猜出xnxa n sin cos =.这一猜想是否正确，有待于证明.证 根据分析，已猜出xnx a sin cos n =，下面应用数学归纳法证明当1=n 时，x xxa cot sin cos 1==，命题成立.设k n =时，命题成立，即xkx a k sin cos =.当1+=k n 时，x k x a a k k )11sin(cos 1-+-=+xx kx x kx sin sin sin cos cos -=xx k sin )1cos(+=,∴1+=k n 时，命题也成立. 故n 为一切自然数时，xnx a n sin cos =成立.例3 已知数列{}n a 中，21=a ，341+=+n n a S ，求n a .分析 本题的递推关系，不是1n +a 与n a 的关系式，因此必须把341+=+n n a S 改变形式.利用n n n S S a -=++11导出1+n a 与n a ，1-n a 之间的关系，引入适当的辅助数列，使问题获解.解 ∵)34(34111+-+=-=-++n n n n n a a S S a )(41--=n n a a∴)2(2422111--+-=-=-n n n n n n a a a a a a .令n n n a a c 21-=+，则12-=n n c c ，而52121=-=a a c ，（∵211234a a a S +=+=,∴93312=+=a a ）∴{}n c 是以51=c 为首项，公比2=q 的等比数列.故 125-⋅=n n c ，∴ 11252-+⋅=-n n n a a . 两边同除以12+n ，得 452211=-++n n n n a a . 故数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n n a 2是以121=a 为首项，45为公差的等差数列.从此可得 45)1(12-+=n a nn . ∴)15(2)45451(22-=-+=-n n a n n n例4 若数列{}n a 满足01=a ，12=a ，且nn n a a a 22312n =+-++，求?=n a解 由已知递推式，得()nn n n n a a a a 22)2(112=---+++,令nn n a a b 21-=+，则nn n b b 21=-+，所以∑∑=-=-==--n k nk k k k n b b b b 221112)(,()∑-=+-==-nk nk n a a b 21121222，即 1221-=-+nn n a a ，两边同除以n 2，得n n n n n a a 2112211-=--+， 所以 ∑∑⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-=-+11111121122n k n k k k kk k a a , ∑∑-+==-=-1-n 1k 111121122n k k n n a a )211()1(01----+=n n 121)2(-+-=n n .所以 12)2(1+-=-n n n a .例5 在数列{}n a 中，11=a ，31n +=+n na a a .求n a .解 由31n +=+n na a a 取倒数，得nn n n a a a a 31311+=+=+，⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++21132111n n a a . 所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+211n a 是以3为公比的等比数列，其首项为232112111=+=+a ，故nn a 3213232111n ⋅=⋅=+-. 所以131n -=n a .例6 若数列{}n a 满足51=a ，且3131+--=+n n n a a a ，,,2,1Λ=n 求n a . 解令1n +=n b a ，则111+=++n n b a ，2233)1(1)1(311+-+=++--+=++n n n n n b b b b b ,2412231+-=-+-+=+n n n n n b b b b b ,412111-=+n n b b . 再令nn b C 1=，则41211-=+n n C C .变形为)21(21211+=++n n C C .数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧+21n C 是以211+C 即43为首项，以21为公比的等比数列，由等比数列通项公式，有1214321-⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=+n n C ，11223212143+--=-⎪⎭⎫ ⎝⎛=n nn n C ，所以nn n b 2321-=+，nn n n n n a 23322123211-+-=+-=++. 三、用特征根法求二阶线形递推数列通项求二阶线性齐次递推数列通项的一般方法.为了研究的方便,我们把递推式11-++=n n n qx px x 写成如下形式：011=---+n n n qx px x（Ⅰ）其中p 、q 为非零实常数. 定义1 方程02=--q pr r （Ⅱ）称为（Ⅰ）对应的特征根.定义2 如果一个数列满足递推公式（Ⅰ），则称这个数列为（Ⅰ）的一个解.定理1 若r 是（Ⅱ）的一个根，则}{nr 是（Ⅰ）的一个解.证明：因为r 是（Ⅱ）的一个根，所以02=--q pr r ，两边同乘以1-n r ，得011=---+n nn qr pr r .所以}{nr 是（Ⅰ）的一个解.定理 2 若}{nr 为（Ⅰ）的一个解,则{}ncr 也是（Ⅰ）的一个解,其中c 为任意常数;若{}nr 1与{}n r 2是（Ⅰ）的解,则{}n n r c r c 2211+也是（Ⅰ）的解.其中1c 、2c 为任意常数.证明：若{}nr 为（Ⅰ）的一个解，则011=---+n nn qrpr r两边同乘以c ，得011=---+n n n qcrpcr cr.所以, {}ncr 也是（Ⅰ）的一个解. 若{}n r 1与{}n r 2是（Ⅰ）的解,则011111=---+n n n qr pr r①012212=---+n n n qr pr r②21c c ⨯+⨯②①，得()()(221112211122111+-+-+-++n n n n n r c rc q rc rc p rc rc所以{}nn r c r c 2211+也是（Ⅰ）的解.定义3 含有两个任意常数1c 、2c 的解{}n nr c r c 2211+称为（Ⅰ）的通解；当给出两个初始值b x a x ==21,（b a ,为常数）以后，可以确定常数1c 及2c ，得到满足（Ⅰ）的一个解，这个解称为（Ⅰ）的一个特解.二阶递推数列的递推公式的通解含有两个任意常数，k 阶递推数列的递推公式的通解含有k 个任意常数，即通解所含任意常数的个数与递推数列的阶数相同.下面再来介绍特征根法.由递推公式（Ⅰ）的初始值b x a x ==21,（b a ,为常数）确定的二阶线性递推数列的通项可以这样来求：先写出（Ⅰ）对应的特征方程02=--q pr r ，然后根据特征根的三种情况，分别构造出（Ⅰ）的通解.（1）若方程（Ⅱ）的判别式042>+q p ，则特征方程有两个相异的实根1r 、2r ，这时所求通项由n n n r c r c x 2211+=给出，其中1c 、2c 由初始值b x a x ==21,确定.根据定理1、定理2与定义3，很容易得出这个结论.（2）若方程（Ⅱ）的判别式042=+q p ，则特征方程有两个相同的实根r r r ==21，这时，所求的通项由n n n nr c r c x 21+=给出，其中1c 、2c 由初始值b x a x ==21,（b a ,为常数）确定.因为r r r p 221=+=，所以()02212=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+--+p r r q pr r nr n n . 所以 ()()01212=-+-+++n n n qnr r n p r n . 即{}n nr 也是（Ⅰ）的一个解.所以, {}nn nr c r c 21+是（Ⅰ）的通解.(3) 若方程（Ⅱ）的判别式042<+q p ,则特征方程02=--q pr r 有一对共轭虚根.设()θθθi rei r x ±=±=sin cos 2,1. 这时,所求的通项由()θθn c n c r x n n sin cos 21±=给出,其中21,c c 由初始值b x a x ==21,（b a ,为常数）确定.因为通项可写为θθin n in n n e Br e Ar x -+=的形式,令221i c c A -=,221i c c B +=. 其中21,c c 为任意常数,则θθin n in n n e r i c c e r i c c x -++-=222121()θθn c n c r n sin cos 21+=.上面的讨论可以列成下表：)θn 到此，我们可得到用特征根法求二阶线性递推数列通项的步骤：（i ）由递推式011=---+n n n qx px x 写出对应的特征方程02=--q pr r ；（ii ）求特征方程的根；（iii ）按特征根的不同情况，写出通项的一般表达式；（iv ）用初始值b x a x ==21,确定待定常数21,c c ，得出所求的通项.特征根法的特点是具有普遍性，同时又简便，易于掌握.由递推式求通项，转化为特征方程的根.四、非线性递归数列化归为线性递归数列的常见技巧在数学竞赛中，常常遇到一些具有一定难度的非线性递归数列，对这类问题有时不妨将其化归为线性递归数列，然后用特征根方法求解.1 因式分解例11 已知数列{}n a 中，1,2,1321-===a a a ，n n n n a a a a 1124+++=116-+-n n a a na 9+216n n a a --.求n a .分析：该递归数列是非线性齐次递归数列，不能直接用特征根方法.注意到递归式是二次齐次式，可通过因式分解将其化为一次齐次式.解：因为1111264-++++-=n n n n n n a a a a a a 2169nn n a a a -+- ()()113232-+--=n n n n a a a a ， 则()3232321112311112⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-----+++n a a a a a a a a a n n n n n n Λ. 故n n n a a a 3212+-=++.其特征根方程为322+-=x x ,解得3,121-==x x .设()n n B A a 3-+=，代入初始值有()()⎪⎩⎪⎨⎧==⇒⎩⎨⎧=-+=-+.121,45231321B A B A B A所以，()n n a 312145-+=. 2 递推作差例12 已知数列{}n a 中，1321===a a a ，1213+=+++n n n n a a a a .求21212322+-+-n n n a a a .分析：该递归数列是非齐次非线性的，思考将其转化为齐次线性递归数列.为消去常数，可递推一步作差消去常数使其齐次化，再通过换元使其线性化.解：1213+=+++n n n n a a a a ①13214+=++++n n n n a a a a② ①②-得2132314+++++++-=-n n n n n n n n a a a a a a a a ,即n n n n n n n n a a a a a a a a 3322114++++++++=+.故()()n n n n n n a a a a a a +=++++++23241. 从而，24321++++++=+n n n n n n a a a a a a . 令nn n n a a a b +=++21，则2+=n n b b . 又211321=+=a a a b ，24=a ，312432=+=a a a b ，所以，21531====Λb b b ，31642====Λb b b .因此，当n 为奇数时，2121=+=++n n n n a a a b ，则.212n n n a a a -=++当n 为偶数时，3121=+=++n n n n a a a b ，则.312n n n a a a -=++ 故21212322+-+-n n n aa a ()()1221212122222-+-++---=n n n n n n a a a a a a 122122222+-+-=n n n n a a a a()12212222+-+-=n n n n a a a a212=⨯=.例13 设数列{}n a 和{}n b 满足0,100==b a ，且⎩⎨⎧-+=-+=++47836711n n n n n n b a b b a a ②①()Λ,2,1,0=n .证明：()Λ,2,1,0=n a n 是完全平方数.分析：这是一个二元非齐次线性递归数列，可先将二元降为一元，再递归作差将非齐次线性递归数列化为齐次线性递归数列，朝着用特征根方法的方向转化.证明：由式①得6731n n n a a b -+=+. 代入式②得467378673112--+⨯+=-++++n n n n n a a a a a .即 61412--=++n n n a a a ③ 用1+n 代换③中的n 得614123--=+++n n n a a a . ④③④-整理得n n n n a a a a +-=+++1231515. ⑤因10=a ，由00=b 及673010a a b -+=，得41=a . 由式②得4478001=-+=b a b .又由41=b 及673121a a b -+=，得492=a .式⑤的特征根方程是1151523+-=x x x ，即()()011412=+--x x x .解得.347,347,1321-=+==x x x 设()()nn n C B A a 347347-+++=. 将49,4,1210===a a a 代入解得41,21===C B A . 故()()n n n a 347413474121-+++=. 又()232347±=±， 则()()2134********+-++=n n n a()[]()[]{}232324122+-++=n n ()[]()()([{232323223241n n n -+-+++= ()()232213221⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=n n . 由二项式展开式得()()n n 32213221-++∑==-n k k k n k n C 023221()∑-+=-n k k k k n k n C 0231221 ∑⨯=≤≤-nm m m n m n C 202232212+≤≤-∈∑=N C nm m m n m n 202232.因此，n a 为完全平方数.说明：形如“p a A a A a A a n k k n k n k n ++++=-+-++Λ2211()()也为常数为常数，p ,,2,1k i A i Λ=”的递归数列或通过变形可化为该类型的递归数列，常常采用递归作差法.例如：1、数列{}n a 满足()N n a a a a nn n ∈-+==+236457,1210.证明：（1）对任意N n ∈，n a 为正整数；（2）对任意N n ∈，11-+n n a a 为完全平方数.2、已知数列{}()0≥n a n 满足00=a ，对于所有非负整数n ，有()51113021+++=+n n n n a a a a .求{}n a 的通项公式.3 取对数例14已知数列{}n a 中，5,121==a a ，且满足121211++=--+n nn n n aa a a a①求n a .分析：该递归数列是非线性的分式型且分母比分子复杂，可先平方取倒数，再因式分解、换元，然后取对数化归为齐次线性递归数列.解：式①平方后取倒数得212212211111--+++=n n n n n a a a a a 11111212-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=-n n a a . 从而,⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+-+11111121221n n n a a a . 令112+=nn a b ，则11-+=n n n b b b ，2526,221==b b .易知0>n b .对11-+=n n n b b b 两边取常用对数得11lg lg lg -++=n n n b b b .令nn b F lg =，于是，11-++=n n n F F F ，2526lg ,2lg 21==F F ，这就是斐波那契数列，其特征根方程为012=--x x .解得251,25121-=+=x x . 设nn n B A F ⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=251251.由2526lg ,2lg 21==F F ，进一步求得n F .从而，nF n b 10=，即nF na 10112=+.所以，1101-=nF n a .说明：取对数往往适用于乘积式递归数列，但必须为正项数列.不妨试试下题：已知数列{}n a 中，+∈R a n ，且,10,121==a a ()Λ,4,3103122==--n aa a n n n.求n a . 4 待定系数法例15 设数列{}n a 和{}n b 满足0,100==b a ，且⎩⎨⎧-+=-+=++47836711n n n n n n b a b b a a ②① ()Λ,2,1,0=n .证明：()Λ,2,1,0=n a n 是完全平方数.（同例13）证明：由式①得6731nn n a a b -+=+.代入式②得467378673112--+⨯+=-++++nn n n n a a a a a .即 61412--=++n n n a a a .（同例13）设()()p a p a p a n n n ---=-++1214（p 待定）.展开比较系数知21=p .故⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-++2121142112n n n a a a . 令21-=n n a c ，则nn n c c c -=++1214，27,4,21110===c a c .其特征根方程是01142=+-x x .解得347,34721-=+=x x . 所以，()()nnn B A c 347347-++=.由27,2110==c c ，得41==B A .故()()213474134741+-++=nn n a .以下同例13.说明：形如形如“p a A a A a A a n k k n k n k n ++++=-+-++Λ2211()()也为常数为常数，p ,,2,1k i A i Λ=”的递归数列，常常采用待定系数法，构造形如“{}()为常数u u a n +”或“{}()为待定常数、v u v un a n ++”的齐次线性递归数列.例16 已知数列{}n a 满足121==a a ，且()+++∈++=N n a a a nn n n 218312.求n a .分析：该递归数列是非线性递归数列，不能采用递推一步作差的方法化归为线性递归数列，可以利用待定系数的方法将其转化为线性递归数列.解：设222++⋅-n n A a ()()nnn n A aA a2182311⋅-+⋅-=++()待定A .展开比较系数知201-=A .则222201++⋅+n n a⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅++⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅+=++n n n n a a 2201182201311.令nn n a b 2201⋅+=，则n n n b b b 18312+=++.易知56,101121==b b .由特征根方程法有()nnn B A b 36-+⋅=.将56,101121==b b 代入得51,121-==B A .从而，()53126n n n b --=.所以，()20253126n n n n a ---=.说明：形如“nn k k n k n k n ma A a A a A a ++++=-+-++Λ2211()()也为常数为常数，m ,,2,1k i A i Λ=”的递归数列，常常采用待定系数法构造形如“{}()为常数u um a n +”的齐次线性递归数列.5 不动点方法例17 已知无穷数列{}n a 满足,,10y a x a ==()Λ,2,11111=++=--+n a a a a a n n n n n . （1）对于怎样的实数x ，y ，总存在正整数0n ,使当0n n ≥时，n a 恒为常数？（2）求数列{}n a 的通项公式. 分析：这是一个分式型递归数列，很容易想到不动点方法，通过变形转化为()+-+∈=Nn b b b n n n 11.在迭代的过程中可以发现指数与斐波那契数列有关，由此作为切入点，将非线性转化为线性问题.解：由递归方程()x xx x f =+=212，得不动点1±=x .由不动点方法111111111111+++-++=+-----++n n n n n n n n n n a a a a a a a a a a 111111----+++--+=n n n n n n n n a a a a a a a a ()()()()111111++--=--n n n n a a a a 111111+-⋅+-=--n n n n a a a a .令11+-=n n n a a b ，则()+-+∈=N n b b b n n n 11.易知110+-=x x b ，111+-=y y b .注意到()23221-----==n n n n n n b b b b b b。
求递归方程渐近界的常用方法
(1)记号O不能滥用。比如，在估计(6.1)解的上界时，有人可能会推测T(n)=O(n)，即对于充分大的n，有T(n)≤Cn，其中C是确定的正的常数。他进一步运用数学归纳法，推出：
从而认为推测T(n)=O(n)是正确的。实际上，这个推测是错误的，原因是他滥用了记号O，错误地把(C+l)n与Cn等同起来。
本章将逐一地介绍上述五种方法，并分别举例加以说明。
本来，递归方程都带有初始条件，为了简明起见，我们在下面的讨论中略去这些初始条件。
递归方程组解的渐进阶的求法
用这个办法既可估计上界也可估计下界。如前面所指出，方法的关键步骤在于预先对解答作出推测，然后用数学归纳法证明推测的正确性。
例如，我们要估计T(n)的上界，T(n)满足递归方程：
考虑
T(n)=2T(n/2)+nlogn
对照(6.17)，我们有a=2，b=2，f(n)=nlogn， ，虽然f(n)渐近地大于 ，但f(n)并不是多项式地大于 ，因为对于任意的正常数ε，
S(m)=O(m1ogm)，
进而得到T(n)=T(2m)=S(m)=O(m1ogm)=O(lognloglogn) (6.6)
上面的论证只能表明：当(充分大的)n是2的正偶次幂或换句话说是4的正整数次幂时(6.6)才成立。进一步的分析表明(6.6)对所有充分大的正整数n都成立，从而，递归方程(6.4)解的渐近阶得到估计。
即(6.2)仍然成立，于是对所有n≥n0，(6.2)成立。可见我们的推测是正确的。因而得出结论：递归方程(6.1)的解的渐近阶为O(nlogn)。
这个方法的局限性在于它只适合容易推测出答案的递归方程或善于进行推测的高手。推测递归方程的正确解，没有一般的方法，得靠经验的积累和洞察力。我们在这里提三点建议：
线性代数1行列式
线性代数1⾏列式⼆阶⾏列式所谓⼆阶⾏列式，是由四个数，如a11，a12，a21，a22排列成含有两⾏两列形如a11a12a21a22的式⼦，它表⽰⼀个数值，其展开式为a11a12a21a22=a11a22−a12a21三阶⾏列式所谓三阶⾏列式，是由九个数，如a11，a12，a13，a21，a22，a23，a31，a32，a33排列成含有三⾏三列形如a11a12a13a21a22a23a31a32a33的式⼦，它表⽰⼀个数值，其展开式为a11a12a13a21a22a23 a31a32a33=a11a22a23a32a33−a12a21a23a31a33+a13a21a22a31a32n阶⾏列式我们观察⼆、三阶⾏列式的定义，顺便定义⼀下⼀阶⾏列式：（⼏乎全是复制）所谓⼀阶⾏列式，是由⼀个数，如a11排列成含有⼀⾏⼀列形如a11的式⼦，它表⽰⼀个数值，其展开式为a11=a11有了⼀阶⾏列式的定义，我们考虑像三阶⾏列式⼀样递归的定义⼆阶⾏列式：a11a12a21a22=a11a22−a12a21⾄此，n阶⾏列式的定义⼏乎呼之欲出了：所谓n阶⾏列式，是由n2个数，如a11，a12，⋯，a nn排列成含有n⾏n列形如a11⋯a1n⋯⋱⋯a n1⋯a nn的式⼦，它表⽰⼀个数值，其展开式为a11⋯a1n⋯⋱⋯a n1⋯a nn =n∑i=1(−1)i+1a1ia21⋯a2 i−1a2 i+1⋯a2n⋯⋱⋱⋱⋱⋯⋯⋱⋱⋱⋱⋯⋯⋱⋱⋱⋱⋯⋯⋱⋱⋱⋱⋯a n1⋯a n i−1a n i+1⋯a nn（其实就是对于第⼀⾏的每个元素，⽤它乘除了它同⾏同列的剩下来数构成的⼦⾏列式。
）上式中令M1i=a21⋯a2 i−1a2 i+1⋯a2n⋯⋱⋱⋱⋱⋯⋯⋱⋱⋱⋱⋯⋯⋱⋱⋱⋱⋯⋯⋱⋱⋱⋱⋯a n1⋯a n i−1a n i+1⋯a nn$$，称为元素$a1i$的∗∗余⼦式∗∗。
令A_{1i}=(-1)^{i+1}M_{1i}$$，称为元素a1j的代数余⼦式。