电子科技大学组合数学 考题答案---习题55
电子科技大学组合数学 考题答案---习题55
习题五1．对1*n 棋盘的每个正方形用红或蓝两种颜色之一着色。
设a n 表示没有任何两个着红色的正方形是相邻的着色的方式数。
求a n 所满足的递归关系并解之。
解：设a n 表示1*n 棋盘中无任何两个着红色的方格是相邻的着色个数，则对第一个方格有两种着色方式：a.对第一格着蓝色，则在其余的n-1个方格中无任何两个着红色的方格的着色数为 a n -1.b.对第一格着红色，在第二格只能着蓝色，则在剩下的n-2个方格中无任何两个着红色的方格的着色数为a n -2。
显然有a 1=2，a 2=3，由加法法则得递推关系式12122,3n n n a a a a a --=+⎧⎨==⎩ 特征方程为012=--x x特征根2511+=x ,2512-=x通解n n n c c a )251()251(21-⨯++⨯= 由初始条件有:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-⨯++⨯=-⨯++⨯3)251()251(2251251222121c c c c 故有： a n =])251()251[(5122++--+n n 2．如果用a n 表示没有两个0相邻的n 位三元序列（即有0，1，2组成的序列）的个数。
求a n 所满足的递归关系并解之。
解：对n 位数的第一位数有三种选择方式:1)第一位选1，则在剩下的n-1位数中无两个0相邻的个数为a n -1;2)第一位选2, 则在剩下的n-1位数中无两个0相邻的个数为a n -1,3)第一位选0,则在第则在第二位又有两种选择方式，(1)第一位选1，则在剩下的n-2数中无两个0相邻的个数为a n -2;(2)第一位选2，则在剩下的n-2数中无两个0相邻的个数为a n -2 显然有 a 1=3,a 2=8由加法法则得⎩⎨⎧==≥+=--8,3)3(222121a a n a a a n n n特征方程 x 2-2x-2=0特征根为x 1=1+3,x 2=1-3通解为 a n =c 1(1+3)n +c 2(1-3)n 由初始条件有 ⎩⎨⎧=-++=-++8)31()31(3)31()31(222121c c c c 所以，a n =1/6[(3+23)(1+3)n +(3-23)(1-3)n ]3．有一个楼梯共有n 阶，一个人要从这个楼梯上去，他每一步跨上一阶或两阶。
科技大学数学系《组合数学》试题及答案
组合数学试题 共 5 页 ，第 1 页科技大学研究生试卷及答案（考试时间： 至 ，共 2 小时）课程名称 组合数学 教师 学时 40 学分 2 教学方式 讲授 考核日期 20XX 年 XX 月 日 成绩 考核方式： （学生填写）一、(共10分) 1、（4分）名词解释：广义Ramsey 数R (H 1，H 2，…，H r )。
2、（6分）证明：R(C 4,C 4) ≥ 6，其中C 4为4个顶点的无向回路图。
解：1、使得K n 对于(H 1，H 2，…，H r )不能r －着色的最小正整数n 称为广义Ramsey 数R (H 1，H 2，…，H r )。
-----------------4分2、如下图所示的5个顶点的完全图就没有一个纯的C 4，实线和虚线分别代表不同的颜色。
-----------------4分故R(C 4,C 4)>=6。
-----------------2分二、(16分)未来5届欧盟主席职位只能有法国、德国、意大利、西班牙、葡萄牙五国的人当选，一个国家只能当选一次。
假如法国只能当选第一届、第二届或者第三届，德国不能当选第二届和第三届，意大利不能当选第一届，西班牙不能当选第五届，葡萄牙只能能当选第二届、第四届或者第五届。
问未来的5届欧盟主席职位有多少种不同的当选方案？ 解：原问题可模型化为一个5元有禁位的排列. 其禁区棋盘C 如下图的阴影部分。
-----------------4分学 号 姓 名 学 院……………………密……………封……………线……………以……………内……………答……………题……………无……………效……………………组合数学试题 共 5 页 ，第 2 页1 5432EDCBA由图,可得C 的棋盘多项式为 R(C)=3223)21()21()1(])21)(1()1([x x x x x x x x x +++++++++ ----------------4分＝543211242281x x x x x +++++-----------------4分 所以安排方案数为5! - 8·4! + 22·3! - 24·2! +11-1 -----------------4分 = 22即共有22种。
组合数学(西安电子科技大学(第二版))习题3
习题三（递推关系）1．解下列递推关系：（1）120171000,1n n n a a a a a ---+=⎧⎨==⎩ （2）12016900,1n n n a a a a a --++=⎧⎨==⎩ （3）20100,2n n a a a a -+=⎧⎨==⎩ （4）120121n n n a a a a a --=-⎧⎨==⎩ （5）123012990,1,2n n n n a a a a a a a ---=+-⎧⎨===⎩ 解：（1）对应的特征方程为：27100x x -+=，解得122,5x x ==。
所以齐次递推方程的通解为：25n n n a A B =+，代入初始条件，得：00a A B =+=，1251a A B =+=，解得：11,33A B =-=， 故 112533n n n a =-+。
（2）对应的特征方程为：2690x x ++=，解得：123x x ==-，所以，齐次递推方程的通解为：()(3)n n a A Bn =+-，代入初始条件，00a A ==，1()(3)1a A B =+-=，解得：10,3A B ==-，故1(3)3n n a n =--。
（3）对应的特征方程为：210x +=，解得：12,x i x i ==-，所以，齐次递推方程的通解为：()()n n n a A i B i =+-，代入初始条件，00a A B =+=，12a A i B i =-=，解得：,A i B i =-=，故 11()()n n n a i i --=+-。
（4）对应的特征方程为：2210x x -+=，解得：121x x ==，所以，齐次递推方程的通解为：n a A Bn =+，代入初始条件，01a A ==，11a A B =+=，解得：1,0A B ==，故 1n a =。
（5）对应的特征方程为：32990x x x --+=，解得：1231,3,3x x x ===-，所以，齐次递推方程的通解为：3(3)n n n a A B C =++-，代入初始条件，00a A B C =++=，1331a A B C =+-=，2992a A B C =++=， 解得，111,,4312A B C =-==-，故 1113(3)412n n n a -=-+--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。
电子科技大学 数值分析答案 钟尔杰
底圆半径 R 和高 H，才能使容器容积的计算值精确到 1%
∫ 5． 建立积分 In =
1 xn dx
0 5+ x
( n = 1，2，…，20) 的递推
4
关系，并研究递推算法的数值稳定性。
6．计算两个多项式Pn(x)和Qm(x)的乘积多项式Tn+m(x)的方法称为向量的卷积方法。设 Pn(x)= a1xn + a2 xn – 1 + ……+ an x + an+1 Qm(x)= b1xm + b2 xm – 1 + ……+ bm x + bm+1
4 357 分和数列Sn 在其极限值上下摆动，故截断误差将小于第一个被舍去的项的绝对值 | an+1|。
试分析，为了得到级数的三位有效数字近似值，应取多少项求和。
解 由部分和
知，截断误差满足
∑ S n
=
n
(−1) k −1
k =1
1 2k −1
|
Sn
−
π 4
|≤
1 2n +1
显然，为了得到三位有效数字的近似值，绝对误差限应该为 0.0005 = 5×10-4。只需令
3．采用迭代法计算 7 ，取x0 = 2，
xn+1
=
1 2 (xn
+
7 ) ，(n = 0，1，2，3，……) xn
3
若xn是 7 的具有n位有效数字的近似值，求证xn+1是 7 的具有 2n位有效数字的近似值。
证：由于
xn+1
=
1 2 (xn
+
7/
xn )
=
1( 2
电子科技大学微积分试题及答案
电子科技大学期末微积分一、选择题(每题2分)1、设x ƒ()定义域为（1,2），则lg x ƒ()的定义域为（） A 、（0,lg2）B 、（0，lg2]C 、（10,100）D 、（1,2）2、x=-1是函数x ƒ()=()221x x x x --的（） A 、跳跃间断点 B 、可去间断点 C 、无穷间断点 D 、不是间断点3、试求02lim x x→等于（）A 、-14B 、0C 、1D 、∞ 4、若1y xx y+=，求y '等于（） A 、22x y y x -- B 、22y x y x -- C 、22y x x y-- D 、22x yx y +-5、曲线221xy x =-的渐近线条数为（） A 、0 B 、1 C 、2 D 、36、下列函数中，那个不是映射（） A 、2y x = (,)x R y R +-∈∈ B 、221y x =-+ C 、2y x = D 、ln y x = (0)x > 二、填空题（每题2分） 1、__________2、、2(1))lim()1x n xf x f x nx →∞-=+设 （，则 的间断点为__________3、21lim51x x bx ax→++=-已知常数 a 、b,，则此函数的最大值为__________ 4、263y x k y x k =-==已知直线 是 的切线，则 __________5、ln 2111x y y x +-=求曲线 ，在点（，）的法线方程是__________ 三、判断题（每题2分）1、221x y x =+函数是有界函数 ( ) 2、有界函数是收敛数列的充分不必要条件 ( ) 3、limββαα=∞若，就说是比低阶的无穷小 ( ) 4、可导函数的极值点未必是它的驻点 ( ) 5、曲线上凹弧与凸弧的分界点称为拐点 ( ) 四、计算题（每题6分） 1、1sin xy x=求函数 的导数2、21()arctan ln(12f x x x x dy =-+已知），求3、2326x xy y y x y -+="已知，确定是的函数，求4、20tan sin limsin x x xx x→-求 5、计算 6、21lim(cos )x x x +→计算 五、应用题1、设某企业在生产一种商品x 件时的总收益为2)100Rx x x =-（，总成本函数为2()20050C x x x =++，问政府对每件商品征收货物税为多少时，在企业获得利润最大的情况下，总税额最大？（8分）2、描绘函数21y x x=+的图形（12分）六、证明题（每题6分）1、用极限的定义证明：设01lim (),lim()x x f x A f A x +→+∞→==则 2、证明方程10,1x xe =在区间（）内有且仅有一个实数一、 选择题1、C2、C3、A4、B5、D6、B 二、填空题1、0x =2、6,7a b ==-3、184、35、20x y +-= 三、判断题1、√2、×3、√4、×5、× 四、计算题 1、1sin1sin1sin ln 1sin ln 22))1111cos ()ln sin 1111(cos ln sin )xxx xx xy x ee x x x x x x x x x x x'='='⎡⎤=-+⎢⎥⎣⎦=-+（（2、22()112(arctan )121arctan dy f x dxxx x dx x x xdx='=+-++=3、 解：2222)2)222302323(23)(23(22)(26)(23x y xy y y x yy x y y x y x y yy y x y--'+'=-∴'=--'----'∴''=-4、解：2223000tan sin ,1cos 21tan (1cos )12lim lim sin 2x x x xx x x xx x x x xx x →→→--∴==当时，原式=5、解：65232222261)61116116(1)166arctan 6arctanx t dx t tt t t t t tt t C C===+=++-=+=-+=-+=-+⎰⎰⎰⎰令原式（6、 解：2201ln cos 01limln cos 20200012lim 1lim ln cos ln cos lim 1(sin )cos lim 2tan 1lim 22x xx x xx x x x x e ex xxx x x xx x e++→++++→→→→→-===-=-==-∴= 原式其中：原式五、应用题1、解：设每件商品征收的货物税为a ，利润为()L x222()()()100(20050)2(50)200()45050()0,,()4(50)41(502)410250225L x R x C x axx x x x ax x a x L x x aaL x x L x a a ax T a T a T a =--=--++-=-+--'=-+--'==-='=-'==''=-<∴=令得此时取得最大值税收T=令得当时，T 取得最大值2、 解：()()2300,01202201D x y x x y x y x y x =-∞⋃+∞='=-'==''=+''==-，间断点为令则令则渐进线：32lim lim 001lim x x x y y y x y y x y x x→∞→→∞=∞∴=∴=+==∞∴无水平渐近线是的铅直渐近线无斜渐近线图象六、证明题1、 证明：lim ()0,0()11101()1lim ()x x f x AM x M f x A x MM M xf A x f A xεεξε→∞→∞=∴∀>∃>>-<><<>∴-<=当时，有取=，则当0时，有即2、 证明：[]()1()0,1(0)10,(1)100,1()0,1()(1)0,(0,1)()0,110,1x xx f x xe f x f f e f e f x x e x f x xe ξξξξ=-=-<=->∈=='=+>∈∴-令在（）上连续由零点定理：至少存在一个（），使得即又则在上单调递增方程在（）内有且仅有一个实根数据结构试卷（一）一、单选题（每题 2 分，共20分）1.栈和队列的共同特点是( A )。
电子科大数学真题答案解析
电子科大数学真题答案解析技大学是中国一所著名的高等学府，以其优秀的教学与研究成果而闻名于世。
其数学学科一直以来在国内乃至国际上都具有很高的声誉。
本文将对大数学真题中的一个题目进行详细解析，希望能够帮助读者更好地理解数学的基本概念与解题思路。
首先，我们来看一道大数学真题：已知函数 f(x) 在区间 [a, b] 上具有二阶导数，且满足f(a)=f(b)=0，证明：存在ξ∈(a, b) 使得f''(ξ) = 0。
首先，我们来理解题目的要求。
题目要求证明对于任意满足条件的函数 f(x)，在区间 [a, b] 上必然存在一个点ξ，使得f''(ξ) = 0。
这个结论其实是关于函数极值或拐点的一个基本定理，也可以理解为导函数的性质。
那么，我们应该如何证明这个结论呢？我们可以采用反证法的思路来进行证明。
首先，我们假设不存在这样的点ξ，即对于任意满足条件的函数 f(x)，在区间 [a, b] 上f''(x) ≠ 0。
根据f''(x) ≠ 0，我们可以得出两种情况：要么 f''(x) > 0，要么 f''(x) < 0。
假设 f''(x) > 0，那么我们可以得到 f'(x) 单调递增（因为导函数与函数的单调性相反）。
根据单调函数的性质可知，若 f'(x) 单调递增，则 f(x) 在 [a, b] 上也单调递增。
因为 f(a) = f(b) = 0，所以在 [a, b] 上 f(x) 恒等于 0。
然而，根据题目条件，我们知道函数 f(x) 在 [a, b] 上有二阶导数，且满足 f(a) = f(b) = 0。
这意味着函数 f(x) 在 [a, b] 上至少有一个拐点（二阶导数正负变换的点）。
这与我们的假设矛盾，因此我们的假设不成立，即存在ξ∈(a, b) 使得f''(ξ) = 0。
组合数学(西安电子科技大学(第二版))习题5
习题五（抽屉原理）1．证明：在边长为2的等边三角形中任取5点，至少有两个点相距不超过1。
证明：如图所示，将正三角形分成4个边长为1的小等边三角形，现在取5点，有4个小等边三角形，根据抽屉原理，则至少有两点落在同一个小等边三角形中，其距离不超过1。
2．在一个边长为1的正方形内任取9个点，证明以这些点为顶点的各个三角形中，至少有一个三角形的面积不大于18。
证明：如图所示，将正方形分为4个边长为12的小正方形，现取9个点，则至少有三个点落在同一个小正方形中，以这三点为顶点的三角形的面积不大于121121218⨯⨯=⨯⨯=长高。
3．把从1到326的326个正整数任意分成5组，试证明其中必有1组，该组中至少有一个数是同组中某两个数之和，或是同组中某个数的两倍。
证明：用反证法。
设任何一组中的每一个数，它既不等于同组中另外两数之和，也不等于同组中另一数的两倍。
即任何一组数中任意两个数之差总不在该组中。
（1）由抽屉原理知，五组中必有一组其中至少有66个数，设为A 组。
从中取66个数，记为1266,,,a a a ，不妨设66a 最大， 令 (1)66,1,2,,65i i a a a i =-=，显然(1)1326i a ≤<，由假设知 (1)i a A ∉，故这65个数必在另外四组B 、C 、D 、E 中。
（2）由抽屉原理知，B 、C 、D 、E 四组中必有一组至少含有17个(1)i a ，设为B 组，从中取17个(1)i a ，记为1217,,,b b b ，同理不妨设17b 最大， 令 (1)171,2,,16i i b b b i =-=，显然(1)1326i b ≤<，且由假设知，(1)i b B ∉，又 (1)176666()()i i j k k j b b b a a a a a a A =-=---=-∉，所以这16个数(1)i b 必在C 、D 、E 中。
（3）由抽屉原理知，C 、D 、E 三组中必有一组至少含有6个(1)i b ，设为C 组，从中取6个(1)i b ，记为126,,,c c c ，同理不妨设6c 最大，令 (1)6i i c c c =-，1,2,,5i =，显然(1)1326i c ≤<，且由假设知(1)i c C ∉，又 (1)61717()()i i jk k j c c c b b b b b b B =-=---=-∉ (1)6666()()i k j n m m n c b b a a a a a a A =-=-----∉所以这五个数必在D 、E 组中。
电子科大版数理方程课后习题答案
一 准备（Preliminaries ）A单摆的数学模型:牛顿第二定律: F = m aa —物体加速度;F —合外力;m —物体质量 虎克定律:(1) f = –k x ; f —弹力;k —弹性系数; x —弹簧伸长 (2) p = Y ux ; Y —杨氏模量; ux —弹性体相对伸长 付里叶热传导定律: Q —热量;T —温度;κ—热导率 牛顿冷却定律: q = k (u |S – u 0)q —热流密度; u 0—外界温度;u|S —物体温度 B 几个有用的积分公式2()()()222(cos sin )cos R e()sin Im ()cos sin sin sin cos cos bi xxb aa bi xxb aa bi xxb aa bxxxb b aaa bb b aaa bb b aaacxeex i x dx i eexdx i eexdx i exeexdx x xxx xdx x xxx xdx edx αβααβααβααααββαββαββαβααββββββββββ+++-+=+=+=+=-=-+=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰+∞-∞⎰C 函数的Fourier 展开θθsin 22mg dtd mL-=dTQ dx κ=-{}(21)()sin 2n n X x x L π+⎧⎫=⎨⎬⎩⎭ 是正交函数系二 练习(Exercise)P22 ex 2.1竖直方向合力为零：(1)()cos ()()cos ()(2)cos ()cos ()1T x dx x dx gds T x x x dx x αρααα+++=+≈≈{}⎭⎬⎫⎩⎨⎧=x L n x X n πsin )(10(,)()sin()(,)sin 2n n Ln n f x t f t xL Ln f t f x t xdxLππ∞===∑⎰由此(3)dT g dxρ=-对x=0做受力分析(4)(0)T G Lg ρ==解一阶ODE 的初值问题(initial value problem)(3)(4)得(5)()()T x L x g ρ=-水平合力(6))sin ())sin ()ttF m aT x dx x dx T x x dxu ααρ=++-=（（(7)sin ()tan ()()sin ()tan ()()x x x dx x dx u x dx x x u x αααα+≈+=+≈=联合(6)(7)(3)(5) (()())()x x tt xx x x ttxx x tt T x u x u Tu T u u L x gu gu u ρρρρρ=+=--=P22 ex2边界条件(Boundary conditions)00|0x x ===端固定，u()(,)()0tt x x L u F t SYu L t F t ερε==--=对端做受力分析0,|0x x L u ε=→=初值条件(initial condition)u (L ,t )Ou (x ,t ) u (x+dx ,t )xLO0()()()()(1)x x t T x dx T x T x const T x SYu u k=+===≡受力分析水平方向注意(2)(0,0)0,(,0)u u L b ==解一阶ODE 的边值问题(boundary value problem)(1)(2)得 0|t b u x L ==0|0t t u ==P22 ex3(,)()(,)(1)(,)()(,)x x T x t S x Yu x t T x dx t S x dx Yu x dx t =+=++2222()()()()x S x R Lx dx S x dx R Lππ=++=由Newton 运动定律222222(2)(,)(,)1()()31()()()3()()()()tt T x dx t T x t dV gu x V x R xLx dx V x dx R x dx Lx dV V x dx V x R dx o dx Lρπππ+-==++=+=+-=+由(1)(2)得22(3)(())()2x x x ttx x tt xx x ttS x Yu V u x Yu x u xYu Yu xu ρρρ==⇒+=设w xu =，则xx ttYw w ρ=P22 ex4(参考ppt 数理方程2p12,p13)在(,]L L ε- 处受到冲量I ，由动量守恒定理 000/(),()0,lim ()(),()0,()/()/()lim ()lim ()()()LLL LLLLI L x L x otherIx x L x L Ix L otherIx dx I dx I Ix dx x dx IIIx L dx x L dx εεεεεεεεεερεψεψδρδρψρεερρψψρδδρρρ→-→→-<≤⎧=⎨⎩→=-+∞=⎧-=⎨⎩=====-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰令0,P26 ex1通过两端截面而留下的热量2((,)(,)(,)(,))()x x kdt u x dx t s x dx t u x t s x t s x s rπ++-==这儿微元段升温所吸热t c sdxu dt ρu (x ,t ) u (x+dx ,t )xLOu (x ,t ) u (x+dx ,t )xLO2,0,0(0,)0,(,)0,0(,0)0,(,0)(),0tt xx t u a u x L t u t u L t t u x u x x x L εψ⎧=<<<<+∞⎪==<<+∞⎨⎪==<<⎩I εερψ=与侧面交换所留下的热量11()side k u u S dt - 侧面是一圆柱2side S rdx π=与侧面交换所留下的热量1111()()2side k u u S dt k u u rdxdt π-=-由热量守恒有11222211((,)(,)(,)(,))()20,02(),,x x t t xx kdt u x dx t s x dx t u x t s x t c sdxu dt k u u rdxdtdt dx k k u a u b u u a b c c rρπρρ++-=--→→-=--==P26 ex4(参考ppt 数理方程3p6,p7) (1)000|0|x x x L x u x L u u ======端绝热，没有热流流入q=0,i.e 端保持温度,(2)00||x x x x x x L x q ku q u kx L q ku q u k====-==1122热流流入=-(注意负号表示流入的方向和外法方向相反）,i.e 热流流入=(注意正号表示流入的方向和外法方向相同）,i.e(3)0112120||(|),())|()x x L x L x x L x u u u x L k k u u xk h u t ku hu h t θθ======∂=-=-∂==+=端保持温度,处有热交换这里所以（P36 ex 1(参考ppt 数理方程4 p7-10)(1) 1112212112212221112222,2,30,)a a a a a a a a a a a a aa H yperbolic ∆=-=-===∆=>判别式这儿故方程的类型为双曲（(2) 111221211221222111222,,0,)a a aa a a a a a a a a aParabolic ∆=-=-===∆=判别式这儿故方程的类型为抛物（(3)111221211221222 11122222,,0,)a aa a aa aa a a a a aaE lliptic∆=-=-===∆=-<判别式这儿故方程的类型为椭圆（(4)1112212112212221112221,0,0,0,)0,0,),0,0,))a aa a aa aa a a xx E lliptic x x H yperbolicx Parabolicm ixed type∆=-=-===<>⎧⎪∆=-><⎨⎪==⎩判别式这儿当故方程的类型为椭圆（当故方程的类型为双曲（当故方程的类型为抛物（故方程的类型为混合型（2(1)211122221212()20()10901 or (2)9or9.or99(,)()()()(9) dy dya a adx dxdy dydx dxdy dydx dxy x C y x Ci ey x C y x Cy xy xuu x y f g f y x g y x ξηξηξη-+=-+====+=+-=-==-⎧⎨=-⎩∂=∂∂=+=-+-2特征O D E为即故(1)令原方程变为(3)211122221212()20()83013or (2)222or23.2or23223(,)()()(2)(23) dy dya a adx dxdy dydx dxdy dydx dxy x C y x Ci e y x C y x Cy xy xuu x y f g f y x g y x ξηξηξη-+=-+====+=+-=-==-⎧⎨=-⎩∂=∂∂=+=-+-2特征O D E为即4故(1)令原方程变为P56 ex2(1)(参考ppt数理方程5，p4-10)2000222,(0,0)0,00,)(,)()(),(1)0(2)0E ige 0,0(0)0,()0tt xx x x L t t t tt xx u a u x L t u u u u x L x u x t T t X x T X u a u a TXcon stO D EX X T a T X X x L X X L λλλλλ====⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪==-⎪⎩=''''=⇒==-≡''''+=+=''+=<<⎧⎨==⎩（设得到由边界条件得固有值问题（n value p ro b lem )通解222222210()cossin (0)0,()00,sin 0(1,2,)()sin()cossin (,)(cossin)sin00,(,)n n n n n n n n nn n t n X x A B X X L A n n n n X x B xLLn T a T Ln at n at T t C D L L n at n at n x u x t CD LLLu C u x t D πππλπλλπππππ∞===+==⇒==⇒====''=+==+=+=⇒==∑ 代入通解由初值条件11333sin sin(,0)()sin ()222()sin(cos 1)n n t n n L n n at n x LL n n xu x D LLn n x L D x L x dx n L LLL n ππππππππ∞=∞==⨯=-=--∑∑⎰EX3 (1)0,0(0)0,()0(0)00()000(0)00()000()cos sin(0)0,()00,sin 0(1,2,X X x L X X L X A B eX A B X L A B eA B X A x BX B X L A L B A B X x A B X X L A n n λλλλλλπ''+=<<⎧⎨==⎩<=+=⇒+==⇒+===<==+=⇒==⇒+====>=+==⇒==⇒== 0,则0只有零解0只有零解0通解222)(()sinn n n n n X x B x LLππλ==固有值）（固有函数）(2)22222222220122,ln 11111111100,0(()()sin ()sin (ln )tt t n n n n n n n x e t x dy dy dt dy dxdt dx x dt dydy d d d y dx x dtdxdxdx dyddy dt xdtx dxdy d dy dt x dt x xdtdyd y xdtxdtd yy dt yy n y x y t B t B x E λλπλλ=========-+=-+=-+⎧+=⎪⎨⎪==⎩====原方程变为固有值）注原方程为u ler 型方程P60Ex12000222,(0,0)0,00,)(,)()(),(1)0(2)0E ig e 0,0(0)0,()0(t x x x x L t t t t x x u a u x L t u u u u x L x u x t T t X x T X u a u a TXco n stO D EX X T a T X X x L X X L X x λλλλλ====⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪==-⎪⎩='''=⇒==-≡''''+=+=''+=<<⎧⎨==⎩（设得到由边界条件得固有值问题（n v a lu e p ro b le m )通解222222222101)co ssin (0)0,()00,sin 0(1,2,)()sin()(,)sin(),(,0)sin ()2()sinn n n n n n n a tn a tn n t n n n A B X X L A n n n n X x B xLLn T a T LT t en x u x t C eLu x L x n x u x C Ln x C x L x Lλλπππλπλλπππ-∞-==∞==+==⇒==⇒===='=+====-==-∑∑代入通解由初值条件33322(co s 1)L L d x n LL n ππ⨯=--⎰P70 Ex 220122221221222200010,00000(1),,(0,0)0,0,P 60,E X 1(,)sinn axxx x x L ax x aL x LaL t xx x x L t a tn n u V WW A e W W eW A C x C aA W C aeWAC L C aA e A C C a LaV a V x L t V V V T W n x V x t C e Lλπ-==-=-=-===-==+⎧=-⎪⎨==⎪⎩=-++=⇒-+==⇒-++=-==⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪=-⎪⎩=重复的步骤02222022222(1)()sin22(1cos )(1cos )()ax aL L n at eA e A n x C Ax T dxLaa L aLT A enp Ln p npnp a L n p π∞----=--+-=--+∑⎰P70 Ex 3(见ppt 数理方程7 p13-15)()20002221cos sin ,0,00,00,00,0(0)0,()0()cos cossin ()costtxx x x x x L t t t n n n n n x u a u A t x L t Lu u u u X X x L X X L n Ln X x A x L x n A t f t xLL πωλπλπππω====∞=⎧=+<<>⎪⎪==⎨⎪==⎪⎩''+=<<⎧⎨''==⎩===∑固有值问题固有值固有函数121112111110sin ()cos ()cos()sin ()02(,)()cos(,)()cos()sin (0)0,(0)0()sin sin()1{cos[(2n n n n n t n A t f t x f t x LLf t A t f t n n x xu x t T t u x t T t LLa T T A t L T T LaT t A t d a Lππωωπππωπωτττπω∞=∞=--===≥=⇒=⎧''+=⎪⎨⎪'==⎩=-+∑∑⎰（），解上述O D E 的初值问题得0)]cos[()]}(sinsin )/[()()]sinsin (,)cos ()()t aaaat t d L LLLaaaat t LLLLaat tL AxL Lu x t aaaLLLππππτωττππππωωωωππωωππππωω---+=-+--=+-⎰P76 ex 2(参考ppt 数理方程8 p6)12121210212201212000(),()()(),,(0,0)0,0(),()P 56,E X 2(1)xx x x Lxs x x s x Lxs t xx x x L t t t u V W W f x W M WM W f y dyds C x C W M C M WM f y dyds C L M f y dyds M C C M LV a V x L t V V V x W V x ϕψ=========+=-⎧⎨==⎩=-++=⇒==⇒-+=-==⎧=<<>⎪⎪==⎨⎪=-=⎪⎩⎰⎰⎰⎰⎰⎰重复1(,)(cossin)sinn n n n at n at n x V x t C D LLLπππ∞==+∑的步骤2()(())sin ,2()()sinL t n L tt n n x V x W C x W dx LLn n x V x D x dxLLLπϕϕππψψ===-⇒=-=⇒=⎰⎰由初值条件P76 ex 22110120001()()(,)()(,)(,)(,)(1)0,0()(,0),()(,)(2)0,00,00(3)0,0()(,0),x x a y y bx a x y y b x ax y y y y W x y y xau x t V x t W x t V f W VVV x W x Vx W x b V V VV f W V V V V V VVV x W x Vϕϕϕψψψ============-=+=+⎧∆=-∆⎪⎪==⎨⎪=-=-⎪⎩=+⎧∆=-∆⎪⎪==⎨⎪⎪==⎩∆====-2222()(,)(,)()()0000(0)0,()0,sin()bn n n x W x b ppt V x y X x Y y X Y X Y XYXYX X Y Y X X X X a n n X B x aaψλλλλππλ⎧⎪⎪⎨⎪⎪=-⎩=''''''''+=⇒-==''+=''-=''+=⎧⎨==⎩⇒==解方程（3）以下步骤参考数理方程6p age 17-18设得到o de1110220(,)()sin(),2()(,0)(()(,0))sin()2()(,)(()(,))sin()n n yyaan n n n n yyaan n n ay n n an n bbaa y bn n Y Y Y C e D e n V x y C eD ex a n Vx W x C D x W x x dxaan Vx W x b C eD ex W x b x dxaapp ππππππλππψψπψψ-∞-==-=''-==+=+=-⇒+=-=-⇒+=-∑⎰⎰解方程（2）以下步骤参考02221120()(),sin()()()sin (()()()())()sin ()()()0,0nn n n n n nn n n n nnn n n n ny x bt V Yy X x n n X x aaf W X x n ff W f y x LV f W n Y y X x Y y X x f y x Ln Y y Y y f y LVVππλπππ∞=∞=∞∞=======-∆=-∆=∆=-∆⇒''''+=''-===∑∑∑∑数理方程7p age 8-13将展开为的级数（）由边界条件得20()()()0,0nn n n n y b y O D E n Y y Y y f y L Y Y π==⎧''-=⎪⎨⎪==⎩到非齐次的边值问题（）P90 ex1(1) 直接用D ’lambert 公式23322311(,)[()()]()2211(sin()sin())221sin cos [()()]6sin cos 3x at x atx atx at u x t x at x at d ax at x at d ax at x at x at aax at x t tϕϕψξξξξ+-+-=++-+=++-+=++--=++⎰⎰(2) 直接用D ’lambert 公式2211(,)[()()]()2211(55)2215[()()]45x at x atx at x atu x t x at x at d ad ax at x at axtϕϕψξξξξ+-+-=++-+=++=++--=+⎰⎰P92 EX1参考ppt 数理方程10 pg 5D 'lam bert 11(,)[()()]()2211(,)[()()]()2211[sin()sin()]cos 221sin cos (sin()sin())2sin cos x at x atx at x atx atx atu x t x at x at d ax t a u x t x at x at d a x at x at d ax at x at x at ax ξξϕϕψξξξξ+-+-+-=Φ++Φ-+ψ≤=++-+=++-+=-+--=⎰⎰⎰半无界弦振动的公式当时sin cos 11(,)[()()]()2211[sin()sin()](sin()sin())22sin cos sin cos x at at xat xat ax t a u x t x at at x d ax at x at x at x at ax atx at aϕϕψξξ+-+>=+--+=++--++-=+⎰当时P108 EX1(())()()()()()j xjxyF g x f f g x edy f x g y edyωωω+∞--∞+∞--∞===⎰⎰()()[()]()()()()()j xjxyj xjx y jx y F f x f x edxg y edyedxg y edydxg y edx dyωωωω+∞--∞+∞+∞---∞-∞+∞+∞-+-∞-∞+∞+∞-+-∞-∞====⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰1()()()()()[1]121()22()2()[()]()()2()()2()()2i xi x jx y jx y jx y x Fe d x ed y edxD irac y edxF f x g y edx dyg y y dyg y y dyωξωωωωδωπδξωππδωδπδωπδωπδω-∞-∞∞--∞+∞-+-∞+∞-+-∞+∞+∞-+-∞-∞+∞-∞+∞-∞==-=--=+===+=--=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰注意所以注意函数是偶函数（）11()()[()][2()]g f x FF f x Fg πωπω---==-另实际上只需证明1[2()]()()()()j xj xjyxFg g ed g ed g y ed f x ωωμμπωωωμμμ+∞--∞+∞-=--∞+∞--∞-=-===⎰⎰⎰Ex 3(1) 参见ppt 数理方程11 pg 6 例1||||0(1)(1)00(1)(1)02[]112111x x i xi xi xi x i xF eeedxe dx e dx edx edxi i ωωωωωωωω∞----∞+∞-+--∞+∞-+--∞==+=+=+=+-+⎰⎰⎰⎰⎰（2）参见ppt 数理方程 12 pg 42222222()222222()424[()]()()()2224[()]i x x xi xi x cxF f x eedx edxi i i i x x x x F f x e edxeePoisson edx ωππωπωωπππωπωωωωωπππππ∞+∞-+---∞-∞+∞--+-∞-+∞--∞==+=+-=++====⎰⎰⎰⎰利用定义对二次多项式配方所以注意这里利用了积分(3)2222222()222222()4244[()]R e()R e ()()()2224[()]R e(R e(R e(R e()4ia x x iaxi xaiia x aaiaiF f x eedx edxx x x x aaaaaF f x e edxe eeωωωωωπωωωωωπω∞+∞---∞-∞+∞---∞---==-=--=--=====-⎰⎰⎰利用定义对二次多项式配方所以22)4cxaPoisson edx +∞--∞=⎰注意这里利用了积分P155 ex 1(1) 参见ppt 数理方程 14例 4（pg 15） 上半圆内任一点(,)M x y上半圆内定点: 000(,)M x y 的下半平面镜象点: 000(,)M x y '=- M 0的圆外镜象点: 11100(,)(,)M x y k x y == 其中2220Rk x y=+，R 是圆的半径M 1的下半平面镜象点: 111(,)M x y '=- 011000111(,)[lnlnlnln]2M MM M M MM M R R G M M r r r r r r π''=--+'10000010,,,M M M M r OM r OM r M M r M M ''==== (2) 上半球内任一点(,,)M x y z上半球内定点: 0000(,,)M x y z 的下半平面镜象点: 0000(,,)M x y z '=-0M 的圆外镜象点: 1111000(,,)(,,)M x y z k x y z ==其中2222000Rk x y z =++，R 是球的半径1M 的下半平面镜象点: 1111(,,)M x y z '=-11000111(,)[]4M MM M M MM M R R G M M r r r r r r π''=--+'1000010,,,M M M M r OM r OM r M M r M M ''====Ex 2(1)首先证明000000(),() ()()()()( G reen ()LLDDC u M C MD u M G M M M dsnG C dsnC G M M dx C M M dxCϕθϕδ=≡∀∈∂-=∂∂=∂=-∆-=-=⎰⎰⎰⎰如果则由第三G reen 公式由公式）0220200002202000220200001()1)()1212cos()1)1212cos 1)11212cos D u M r d r rr Cd r rr d r rπππϕθθπθθθπθθπθ-=--+-=-+-=-+⎰⎰⎰注意如果是以为圆心，以为半径的圆盘则由P o isso n 公式（（（因此02202000022000200002222000022000000()cos ()1)()1212cos()1)cos 1212cos()1)cos 1)sin 11cos sin 212cos 212cos 12a u M r d r rr a d r r r r a d a d r rr rππππϕθθϕθθπθθθθθθπθθθθθθθθθθθπθπθπ=-=--+--+=--+---=--+-+⎰⎰⎰⎰(1)如果则（（（）用代替（（（2202000220200022200200022220002000002200001)cos 12cos 1)cos 212cos 1)1(1)2212cos 1)11)122212cos 1)122r d r rr d r rr r d r r rr r r d r r r rr r r r r ππππθθθθθπθθπθθπθ--+-=-+-+=---+-+-=-+-+-+=-+=⎰⎰⎰⎰（（（（（220200022020001)sin 1212cos 1)1ln()2212cos 0r d r rr d r r rππθθθπθθπθ--+-=--+=⎰⎰（（0000000()cos . (,)= cos (,)= cos (2)()cos (,)= +cos u M ar i e u r ar u r ar b a u r b ar θθθθθϕθθθθ==+同理如果事实上2222222112cos 1112cos 12cos 1112cos 12cos d d d d d ππππππθρθρθθρθρρθρθθρθρρθρ-+=+-+-+=+-+++⎰⎰⎰⎰⎰tan222222222222222022111122111112()12()111122(1)(1)(1)(1)11112tan()2tan()(1)(1)1(1)(1)12111212t dt dtt t ttttdt dt t t a t a t θρρρρρρρρρρρρρρρρπρρπρ=+∞+∞+∞+∞+∞+∞=+--++-+++++=+-++++--+=++-++--=---⎰⎰⎰⎰由（万能公式）221cos d πθθρ=+⎰P182 ex 1参见ppt 数理方程14 pg 18 分离变量,令()()u P Z z ρ=10zz u u u ρρρρ++=（1）()0P P Z PZ ρρ'''''++=(2)P P Z PZρμρ'''''+=-=由边界条件得到固有值问题(3)0(0)()0Z Z Z Z h μ''+=⎧⎨==⎩0P P P ρμρ'''+-= 由(3)其固有值222n n hπμ=所以Bessel 方程222()0n P P P hπρρρ'''+-=2 证明参见ppt 14 pg 17220(1)()2!(1)m n mn n mm x J x m n m -+∞--+=-=Γ-++∑(1/2)21/2(1/2)2012(1)()2!(11/2)m mmm n x J x m m -+∞--+==-=Γ+-∑(11/2)(1/2)(1/2)(1/2)(3/2)(1/2)(1/2)m m m m m Γ+-=-Γ-=--Γ=(1/2)2(1/2)2(1/2)2(1/2)2(1/2)21/2(1)2!(11/2)(1)22mmmm mmmmx m m xm -+-+-+-+-+-Γ+--==所以(1/2)21/21/20()2m mm J x -+∞-==∑注意20(1)cos (2)!mmm xx m ∞=-=∑(1/2)21/21/2011/222()2(1)(2)!m mm m mm J x xxm x-+∞-=∞-==-==∑∑Ex32202212122122121(1)()2!(1)(1)()2!(1)22110(0)0m n mn n mm mn m n n m m n m x n x J x m n m xJ x m n m n m x J +∞+=+-∞-+-=+-=--=Γ++-=Γ+++-≥==∑∑，第二章两道题目，25分 第三章一道题目，15分， 第四五章两道题目，30分 第六章两道题目，15分 第七章两道题目，15分。
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习题五1．对1*n 棋盘的每个正方形用红或蓝两种颜色之一着色。
设a n 表示没有任何两个着红色的正方形是相邻的着色的方式数。
求a n 所满足的递归关系并解之。
解：设a n 表示1*n 棋盘中无任何两个着红色的方格是相邻的着色个数，则对第一个方格有两种着色方式：a.对第一格着蓝色，则在其余的n-1个方格中无任何两个着红色的方格的着色数为 a n -1.b.对第一格着红色，在第二格只能着蓝色，则在剩下的n-2个方格中无任何两个着红色的方格的着色数为a n -2。
显然有a 1=2，a 2=3，由加法法则得递推关系式12122,3n n n a a a a a --=+⎧⎨==⎩ 特征方程为012=--x x特征根2511+=x ,2512-=x通解n n n c c a )251()251(21-⨯++⨯= 由初始条件有:⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-⨯++⨯=-⨯++⨯3)251()251(2251251222121c c c c 故有： a n =])251()251[(5122++--+n n 2．如果用a n 表示没有两个0相邻的n 位三元序列（即有0，1，2组成的序列）的个数。
求a n 所满足的递归关系并解之。
解：对n 位数的第一位数有三种选择方式:1)第一位选1，则在剩下的n-1位数中无两个0相邻的个数为a n -1;2)第一位选2, 则在剩下的n-1位数中无两个0相邻的个数为a n -1,3)第一位选0,则在第则在第二位又有两种选择方式，(1)第一位选1，则在剩下的n-2数中无两个0相邻的个数为a n -2;(2)第一位选2，则在剩下的n-2数中无两个0相邻的个数为a n -2 显然有 a 1=3,a 2=8由加法法则得⎩⎨⎧==≥+=--8,3)3(222121a a n a a a n n n特征方程 x 2-2x-2=0特征根为x 1=1+3,x 2=1-3通解为 a n =c 1(1+3)n +c 2(1-3)n 由初始条件有 ⎩⎨⎧=-++=-++8)31()31(3)31()31(222121c c c c 所以，a n =1/6[(3+23)(1+3)n +(3-23)(1-3)n ]3．有一个楼梯共有n 阶，一个人要从这个楼梯上去，他每一步跨上一阶或两阶。
问此人有多少种方式走过该楼梯？解：设有a n 种方式走过这个楼梯，则共有两种方式走过这个楼梯：1)第一步跨一阶，剩其余n-1阶，于是走过这n-1阶的方式数为a n -1;2)第一步跨二阶，剩其余n-2阶，于是走过这n-2阶的方式数为a n -2, 显然有a 1=1，a 2=2.由加法规则,得递推关系如下：⎩⎨⎧==+=--2,12121a a a a a n n n 这与F n ＋1相同，故有52)51()51(111+++--+=n n n n a4．某人有n 元钱，她每天要去菜市场买一次菜，每次买菜的品种很单调，或者买一元钱的蔬菜，或者买两元钱的猪肉，或者买两元钱的鱼。
问，她有多少种不同的方式花完这n 元钱。
解：设花完这n 元钱的方式有a n 种，则有下面几种方式：1)若第一次买一元钱的菜，则花完剩下的n-1元钱就有a n -1种方式，2)若第一次买二元钱的肉，则花完剩下的n-2元钱就有a n -2种方式，3)若第一次买二元钱的鱼，则花完剩下的n-2元钱就有a n -2种方式， 显然有a 1=1，a 2=3.由加法规则,得递推关系如下：⎩⎨⎧==+=--3,122121a a a a a n n n 其特征方程为：.022=--x x特征根 2,121=-=x x .通解 n n n c c a 2)1(21+-=. 由初始条件得⎩⎨⎧=⨯+-⨯=⨯+-⨯32)1(12)1(222121c c c c 解出32,3121==c c . 原递推关系解322)1(31⨯+-=n n n a 5．求解下列递归关系：a.⎩⎨⎧=≥=-3)1(301a n a a n n解：13+=n n ab.⎩⎨⎧==≥=-1,0)2(4102a a n a a n n 解：⎪⎩⎪⎨⎧=-为奇数为偶数，n n a n n ,4021c.⎩⎨⎧==≥-=--4,1)2(441021a a n a a a n n n 解：特征方程为0442=+-x x特征根221==x x通解n n n c c a 2)(21+=由初始条件⎩⎨⎧=⨯+=⨯⨯+42)(11)0(12121c c c c 解出1,121==c c故 n n n a 2)1(+=d.⎩⎨⎧-===≥-+-=---1,1,0)3(2016210321a a a n a a a a n n n n 解：特征方程为：0201623=+-+q q q特征根5,2321-===q q q通解n n n c n c c a )5(2)(321-++=将初始条件代入得⎪⎩⎪⎨⎧-=+⨯+=-⨯+=+1254)2(152)(032132131c c c c c c c c解出495,497,495321-===c c c 通解n n n n a )5(4952)497495(-⨯-⨯+= e.⎩⎨⎧==≥-=++7,2)0(1271012a a n a a a nn n 解： 特征方程为：01272=+-q q特征根4,321==q q通解n n n c c a 4321+=由初始条件得⎩⎨⎧=+=+74322121c c c c解出121==c c通解为n n n a 43+=f.⎩⎨⎧===≥-=--0,0,1)3(2321032a a a n a a a n n n解：特征方程为：3320x x -+=特征根 x 1=1, x 2=1, x 3=-2通解n n n c n c c a )2(1)(321-++= 由初始条件，有13123123120240c c c c c c c c +=⎧⎪+-=⎨⎪++=⎩解出123861,,.999c c c ==-= 通解861(2).999n n a n =-+- 6．求解下列递归关系：a.()12069320,11n n n a a a n a a --=--+≥⎧⎨==⎩ 解：对应齐次递归关系的特征方程为 0962=++x x特征根321-==x x通解 *12()(3)n n a c nc =+-因为f(x)=3,故设特解 n a A =代入原关系得 A=-6A-9A+3解出 A=316通解*31216()(3)n n n n a a a c nc =+=+-+由初始条件有3116312160()(3)1c c c +=⎧⎨+-+=⎩ 解出31121612,c c =-=-故原递归关系的通解为：331161216()(3)n n a n =---+b.21201563(2)0,1n n n a a a n n a a --⎧=--+≥⎨==⎩解：对应的齐次递归关系的特征方程为x 2+5x+6=0特征根x 1=-2,x 2=-3通解*12(2)(3)n n n a c c =-+-又f(x)=3n 2,可设2123n a A n A n A =++代入原递归关系得22221231231235((1)(1))6((2)(2))3A n A n A A n A n A A n A n A n ++=--+-+--+-++解出 A 1=14,A 2=1724,A 3=115288通解*n n n a a a =+=212117115(2)(3)424288n n c c n n -+-+++ 由初始条件得11512288171151124242880231c c c c ++=⎧⎨--+++=⎩ 解得c1=149-,c2=3732。
所以有21437117115(2)(3)932424288n n n a n n =--+-+++ c.12017103(2)0,1nn n n a a a n a a --⎧=-+≥⎨==⎩ 解：对应齐次递归关系的特征方程为x 2-7x+10=0特征根x 1=5,x 2=2通解*1252n n n a c c =+又f(x)=3n ,可设特解3n n a A =⨯代入原递归关系得123731033n n n n A A A --⨯=⨯-⨯+解出A=92-通解*1295232n n n n n n a a a c c =+=+-由初始条件有 9122912205231c c c c +-=⎧⎨+-⨯=⎩ 解出c 1=11/6,c 2=8/3故原递归关系的通解为：*11189523632n n n n n n a a a =+=+- d.120156424(2)0,1nn n n a a a n a a --⎧=--+⨯≥⎨==⎩解：特征方程的为x 2+5x+6=0解得x 1=-2,x 2=-3。
因为4不是特征方程的根，所以可以设特解4n n a A =,代入递归关系得A ×4n +5A4n -1+6A4n -2=42×4n解出 A=16,从而通解为a n =c 1(-2)n +c 2(-3)n +16×4n由初始条件有121216023641c c c c ++=⎧⎨--+=⎩ 解出c 1=-111,c 2=95。
所以有a n =-111×(-2)n +95×(-3)n +16×4ne.12015632(2)0,1nn n n a a a n a a --⎧=-+⨯≥⎨==⎩解：特征方程x 2-5x+6=0解得x 1=2,x 2=3。
因为2是特征方程的根，故设特解2n n a An =•代入递归关系求得A=-6。
从而通解为a n =c 12n +c 23n -6n2n由初始条件有1212023121c c c c +=⎧⎨+-=⎩解得c 1=-13,c 2=13。
所以有a n =-13×2n +13×3n －6n ×2n7．证明§5.1节中的Fibobacci 数的性质（5.6）,(5.7),(5.8),(5.9). 证: (5.6)∵n n n n n n F F F F F F ++=+=-++1121021F F F F F n n n +++++=--∴1212021-=-=++++++--n n n n n F F F F F F F(5.7) 同(5.6)证法一样。
(5.8)∵ 11-++=n n n F F F∴1211)(--+⋅+=+=⋅n n n n n n n n F F F F F F F F0121212F F F F F n n ⋅++++=-0021212F F F F n n ++++=-(5.9)8．用迭代法或归纳法求解下列递归关系:a 10(2)(1)2n n a n a n a -=+≥⎧⎨=⎩解：a 1=(1+2)a 0＝2×3a 2=(2+2)a 1＝2×3×4a 3=(3+2)a 2＝2×3×4×5…a n =(n+2)a n -1＝2×3×4×…×(n+2)=(n+2)!b.10n n a ca b a b -=+⎧⎨=⎩ 解：a 1=c ×a 0+b ＝bc+ba 2 =c ×a 1+b=bc 2+bc+ba 3=c ×a 2+b=bc 3+bc 2+bc+b…a n =ca n -1+b=bc n +bc n -1+…+bc+b=b(c n +1-1)/(c-1)c.103(1)2n n a a n n a -=-+≥⎧⎨=⎩ 解：a 1=a 0-1+3a 2=a 1-2+3a 3=a 2-3+3…a n -1=a n -2-(n-1)+3a n =a n -1-n+3加起来a 1+a 2+…+a n =(a 0+a 1+…+a n -1)-(1+2+…+n)+3na n =2-n(n+1)/2+3n9.用母函数法求解下列递归关系：a.⎩⎨⎧=+=-101a n a a n n 解：设{a n }的普通母函数∑∞==0)(n n nx a x f 则∑∑∑∑∑∑∞=∞=∞=∞=-∞=-∞=++=++=++==10111110011)()(n n n nn n n n n n n n n n n n nx x a x nx x a x n a a x a x f∑∞=++=11)(n n nxx xf2)1(1)(x x x xf -++= 333232)1(1)1()1()1(1)(x x x x x x x x x f -+---=-+-= ∑∑∑∞=∞=∞=+-=0002),3(),3(),3(n n n n n n x n F x n F x xn F x ∑∞=+---=0)),3()1,3()2,3((n n xn F n F n F故 22),3()1,3()2,3(2++=+---=n n n F n F n F a n b.⎩⎨⎧=≥++=-0)1(2/)1(01a n n n a a n n 解：设∑∞==0)(n n n x a x f 为{a 0,a 1,……,a n ,….}的普通母函数，则 ∑∞==0)(n nn x a x f =∑∞=-+++110)2)1((n n n x n n a a =∑∞=-11n n n x a +∑∞=+12)1(n n x n n =∑∞=0n n n x a x +]))1(1([212'-x x (1.22)式 =3)1()(x x x xf -+所以，∑∞==-=04),4()1()(n nx n F x x x x f ∑∞=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=013n n x n n 所以， ⎪⎪⎭⎫⎝⎛-+=12n n a nc.⎪⎩⎪⎨⎧=≥+=--0)1(0112a a a n n n n 解：设f(x)=∑∞=0n nn xa 为{a 0,a 1,……,a n ,….}的普通母函数，则f(x)=a 0+∑∞=1n n nxa =a 0+1112)(n nn n x a∞--=+∑=∑∞=-11n nn x a +112n n n x ∞-=∑=∑∑∞=∞=-+0112n nnn nn x x x a = x ∑∞=0n nn x a +∑∞=0)2(n n x x =xf(x)+xx21-所以，f(x)=)21)(1(x x x --=x x x x ---1212=∑∑∞=∞=-112n nn n n x x 所以，a n =12-nd.⎩⎨⎧-==≥-=--2,1)2(651021a a a a a n n n n解：设f(x)=∑∞=0n nn xa 为{a 0,a 1,……,a n ,….}的普通母函数，则∑∞=---++=22110)65()(n n n n x a a x a a x fn n n nn n x a x ax a a ∑∑∞=-∞=--++=22211065n n nnn nx axx axx a a ∑∑∞=∞=-++=0211065()()x f x x xf x 26571-+-=即()()222221717()156(12)(13)5412135122241333n n n n x xf x x x x x x xx x x x x x --==-+--=---=+++++-+++++所以 a n =5×2n -4×3n (n=0,1,2,…)10．设a n 表示一个凸n 边形被它的对角线划分成互不重叠的区域个数。