七類遞歸方程的解法

LYX

掌握解遞歸方程的方法，是為了求遞歸數(shù)列（也稱遞推數(shù)列）的通項(xiàng)公式。遞歸方程的通解就是其對應(yīng)的遞歸數(shù)列的通項(xiàng)公式。﹙1﹚a???+pa?=k，﹙常數(shù)p,k≠0,n∈N*﹚ 假設(shè)方程可轉(zhuǎn)化為： a???+α=﹙-p﹚·﹙a?+α﹚，其中α為待定常數(shù)，還原為：a???+pa?=-﹙p+1﹚α與a???+pa?=k比較系數(shù)得，-﹙p+1﹚α=k i﹚當(dāng)p≠-1時(shí)，α=-k/﹙p+1﹚，于是有,a???-k/﹙p+1﹚=﹙-p﹚·﹙a?-k/﹙p+1﹚﹚易知，數(shù)列﹛a?-k/﹙p+1﹚﹜是以a?-k/﹙p+1﹚為首項(xiàng)，-p為公比的等比數(shù)列.∴a?=﹙a?-k/﹙p+1﹚﹚·﹙-p﹚??1+k/﹙p+1﹚ ii﹚當(dāng)p=-1時(shí)，遞歸方程為a???-a?=k，數(shù)列{a?}是以k為公比的等比數(shù)列，∴a?=a?+﹙n-1﹚k 綜合i﹚ii﹚得， 方程a???+pa?=k﹙常數(shù)p,k≠0，n∈N*﹚的通解為：a?=┌﹙a?-k/﹙p+1﹚﹚·﹙-p﹚??1+k/﹙p+1﹚，﹙p≠-1﹚└a?+﹙n-1﹚k，﹙p=-1﹚﹙2﹚a???+pa?=kc?，﹙常數(shù)p,c,k≠0,n∈N*﹚ 假設(shè)方程可轉(zhuǎn)化為， a???+αc??1=﹙-p﹚·﹙a?+αc?﹚，其中α為待定常數(shù)，還原為a???+pa?=-﹙p+c﹚αc?，與方程a???+pa?=kc? 比較系數(shù)得，-﹙p+c﹚α=k i﹚當(dāng)p+c=0時(shí)，將p=-c代入方程得， a???-ca?=kc?<=>a???/c??1-a?/c?=k/c . 顯然，數(shù)列{a?/c?}是以a?/c為首項(xiàng)，k/c為公差的等差數(shù)列。易得 a?=﹙a?-k+kn﹚c??1 ii﹚當(dāng)p+c≠0時(shí)，有α=-k/﹙p+c﹚ ∴a???-kc??1/﹙p+c﹚ =﹙-p﹚·﹙a?-kc?/﹙p+c﹚﹚ 于是，數(shù)列{a?-kc?/﹙p+c﹚}是以a?-kc/﹙p+c﹚為首項(xiàng)，-p為公比的等比數(shù)列。所以，a?=﹙a?-kc/﹙p+c﹚﹚﹙-p﹚??1+kc?/﹙p+c﹚ 綜合i﹚ii﹚得，方程a???+pa?=kc?，常數(shù)p,c,k≠0，n∈N*，的通解為 a?=┌﹙a?-k+kn﹚c??1（c+p=0）└﹙a?-kc/﹙c+p﹚﹚﹙-p﹚??1+kc?/﹙c+p﹚（c+p≠0）﹙3﹚a???+pa?=An+B（p,A,B是常數(shù)且p,A≠0,n∈N*） 假設(shè)方程可轉(zhuǎn)化為，a???+α﹙n+1﹚+β=﹙-p﹚﹙a?+αn+β﹚，α,β為待定常數(shù)。整理得：a???+pa?=-﹙α+pα﹚n-﹙α+β+pβ﹚與方程a???+pa?=An+B比較系數(shù)得， α+pα=-A且α+β+pβ=-B i﹚當(dāng)p=-1時(shí)，原方程為：a???-a?=An+B，由a?=﹙a?-a???﹚+﹙a???-a???﹚+···+﹙a?-a?﹚+a?可得通解為：a?=﹙A/2﹚n﹙n-1﹚+B﹙n-1﹚+a? ii﹚當(dāng)p≠-1時(shí)，α=-A/﹙p+1﹚，β=-B/﹙p+1﹚+A/﹙p+1﹚2，數(shù)列{a?+αn+β}是以?-p為公比的等比數(shù)列，易得，a?=﹙a?-﹙A+B﹚/﹙p+1﹚+A/﹙p+1﹚2﹚﹙-p﹚??1++﹙An+B﹚/﹙p+1﹚-A/﹙p+1﹚2 綜合i﹚ii﹚得，方程a???+pa?=An+B﹙p,A,B是常數(shù)且p,A≠0,n∈N*）的通解為：a?=┌﹙A/2﹚·n﹙n-1﹚+B﹙h-1﹚+a? , ﹙p=-1﹚└﹙a?-﹙A+B﹚/﹙p+1﹚+A/﹙p+1﹚2﹚·﹙-p﹚??1++﹙An+B﹚/﹙p+1﹚-A/﹙p+1﹚2，﹙p≠-1﹚﹙4﹚a???+pa?=An2+Bn+C﹙p,A,B,C是常數(shù)，p,A≠0，n∈N*） 假設(shè)a???+α﹙n+1﹚2+β﹙n+1﹚+γ=﹙-p﹚﹙a?+αn2+βn+γ﹚，整理后比較系數(shù).得， ┌ -α-pα=A │ -2α-β-pβ=B， └ -α-β-γ-pγ=C i﹚當(dāng)p=-1時(shí)，遞歸方程變成a???-a?=An2+Bn+C，參照類型﹙3﹚ i﹚可寫出原方程的通解：a?=n﹙n-1﹚﹙2n-3﹚A/6+n﹙n-1﹚B/2+C﹙n-1﹚+a? ii﹚當(dāng)p≠-1時(shí)，有 ┌α=-A/﹙p+1﹚·········· ① │β=-B/﹙p+1﹚+2A/﹙p+1﹚2 ·····② └γ=-C/﹙p+1﹚+﹙A+B﹚/﹙p+1﹚2 -2A﹙p+1﹚3 ·····③ 參照類型﹙3﹚可寫出，a?=﹙a?+α+β+γ﹚﹙-p﹚??1-αn2-βn-γ﹙α,β,γ由式子①②③確定） 綜合i﹚ii﹚得，a?=┌﹙a?+α+β+γ﹚﹙-p﹚??1-αn2-βn-γ ﹙p≠-1﹚└n﹙n-1﹚﹙2n-3﹚A/6+n﹙n-1﹚B/2+C﹙n-1﹚+a?（p=-1）﹙5﹚a???+pa?=kc?+t（常數(shù)p,k,t,c≠0，n∈N*﹚ 假設(shè)原方程可轉(zhuǎn)化為，a???+αc??1+β=﹙-p﹚﹙a?+αc?+β﹚，還原后與原方程比較系數(shù)得，┌α﹙c+p﹚=-k└β﹙p+1﹚=-t i﹚當(dāng)p+c≠0且p+1≠0時(shí)，有α=-k/﹙c+p﹚，β=-t/﹙p+1﹚ 易得，a?=﹙a?-kc/﹙c+p﹚-t/﹙p+1﹚﹚﹙-p﹚??1++kc?/﹙c+p﹚+t/﹙p+1﹚ ii﹚當(dāng)p+c=0且p≠-1時(shí)，即c≠1時(shí)，有a???-ca?=kc?+t<=>a???/c??1-a?/c?=k/c+t/c??1，假設(shè)﹙a???/c??1-α/c??1﹚-﹙a?/c?-α/c?﹚=k/c還原后可求得，α=t/c-1 ，得到了一個(gè)公差為k/c的等差數(shù)列，易得，a?=[a?+t/﹙c-1﹚+﹙n-1﹚k]c??1-t/﹙c-1﹚ iii﹚當(dāng)p=-1且p+c≠0，即p=-1且c≠1時(shí)，有a???-a?=kc?+t ，參照類型﹙3﹚i﹚得，a?=kc﹙1-c??1﹚/﹙1-c﹚+﹙n-1﹚t+a? iv﹚當(dāng)p=-1且c=1時(shí)，有a???-a?=k+t ，易得，a?=a?+﹙n-1﹚﹙k+t﹚ 綜合i﹚ii﹚iii﹚iv﹚得：a?=a?+﹙n-1﹚﹙k+t﹚（p=-1,c=1）﹙kc﹙1-c??1﹚/﹙1-c﹚+﹙n-1﹚t+a?（p=-1,c≠1）[a?+t/﹙c-1﹚+﹙n-1﹚k]c??1-t/﹙c-1﹚（p=-c,c≠1）[a?-kc/﹙p+c﹚-t/﹙p+1﹚]﹙-p﹚??1+kc?/﹙p+c﹚++t/﹙p+1﹚（p+c≠0,p≠-1）﹙6﹚a???+p?a???+p?a?=0（常數(shù)p?,p?≠0，n∈N*） 假設(shè)a???+αa???=q﹙a???+αa?﹚（α,q為待定常數(shù)），還原后比較系數(shù)有┌q-α=-p?└q﹙-α﹚=p?q,-α是方程λ2+p?λ+p?=0（只研究△=p?2-4p?≥0）的兩根，設(shè)兩根為λ?,λ?，不妨取q=λ? , α=-λ? ，∴a???-λ?a?=﹙a?-λ?a?﹚λ???1這個(gè)方程在類型（2）中已研究過，不再重復(fù)。﹙7﹚a???+p?a???+p?a?=c（常數(shù)p?,p?,c≠0，n∈N*） 假設(shè)a???+αa???=q﹙a???+αa?﹚+c，其中q,α為待定常數(shù)，還原后比較系數(shù)得，┌q-α=-p?└﹙-α﹚q=p?由方程λ2+p?λ+p?=0（p2-4p≥0）可求得α=-λ?,q=λ? ，于是有a???-λ?a???=λ?﹙a???-λ?a?﹚+c 設(shè)b?=a???-λ?a? ，則b???=λ?b?+c ，是類型﹙1﹚，不再重復(fù)。注：若把類型﹙7﹚的方程中的常數(shù)c換成變數(shù)kc?或kc?+t ，利用上述方法可轉(zhuǎn)化為類型﹙2﹚和﹙5﹚. 上述七類遞歸方程的解法，主要掌握前五類遞歸方程的解法即可，求后兩類遞歸方程的通解的思路與前五類求通解的思路相同，只需多次構(gòu)造新數(shù)列而已。本文論述的七類遞歸方程的解法，重在理解思路，沒必要硬記通解。 下面舉兩個(gè)例子。 例1 已知數(shù)列{a?}中，S?是它的前n項(xiàng)和，且S???=4a?+2（n∈N*﹚，a?=1，求數(shù)列{a?}的通項(xiàng)公式. 解:∵S???=4a?+2， ∴S???=4a???+2 ∴a???=4a???-4a?（n∈N*） 假設(shè)a???+αa???=k﹙a???+αa?﹚ 整理得，a???=﹙k-α﹚a???+kαa? ∴k-α=4，kα=-4 ∴α=-2，k=2 ∴a???-2a???=2﹙a???-2a?﹚ a?=S?-S?=4a?+2-a?=5 當(dāng)n=1時(shí)， a?-2a?=3 ∴a???-2a?=3·2??1 易得，a???/2??1-a?/2?=3/4 ∴a?/2?=1/2+﹙n-1﹚·3/4 ∴a?=﹙3n-1﹚·2??2（n∈N*） 例2 設(shè)數(shù)列{a?}的前n項(xiàng)和S?與a?的關(guān)系為S?=-ba?+1-1/﹙1+b﹚?，﹙n∈N*）其中b是與n無關(guān)的常數(shù)，b≠-1，求數(shù)列{a?}的通項(xiàng)公式. 解:∵S?=-ba?+1-1/﹙1+b﹚? ∴S???=-ba???+1-1/﹙1+b﹚??1 ∴a???=-ba???+ba?+b/﹙1+b﹚??1 a???=ba?/﹙1+b﹚+b/﹙1+b﹚??2 設(shè)a???+x/﹙1+b﹚??2 =b/﹙1+b﹚[a?+x/﹙1+b﹚??1] 整理得， a???=ba?/﹙1+b﹚+﹙bx-x﹚/﹙1+b﹚??2 ∴bx-x=b i﹚當(dāng)b≠1時(shí)，x=b/﹙b-1﹚ a???+b/﹙b-1﹚﹙1+b﹚??2 =[a?+b/﹙b-1﹚﹙1+b﹚??1]·b/﹙1+b﹚ a?=S?=-ba?+1-1/﹙b+1﹚=>a?=b/﹙b+1﹚2 ∴a?+b/﹙1+b﹚2﹙b-1﹚ =b2/﹙b+1﹚2﹙b-1﹚ 數(shù)列{a?+b/﹙1+b﹚??1﹙b-1﹚} 是以b2/﹙b+1﹚2﹙b-1﹚為首 項(xiàng)，b/﹙b+1﹚為公比的等比數(shù)列. ∴a?=﹙b??1-b﹚/﹙1+b﹚??1﹙b-1﹚ ﹙n∈N*﹚ ii﹚當(dāng)b=1時(shí)，已知遞推式變?yōu)? a???=a?/2+1/2??2 <=>2??1a???=2?a?+1/2 易得 a?=n/2??1 綜合i﹚ii﹚有，a?= ┌n/2??1 （b=1） └﹙b-b??1﹚/﹙1-b﹚﹙1+b﹚??1 （b≠1） 初稿：2003.4︱劉應(yīng)祥

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七類遞歸方程的解法

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