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
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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。