線性遞迴關係之求解(上)

線性遞迴關係之求解 (上)

張福春 · ^莊淨惠

1. 前言

在數學上, 遞迴關係 (recurrence relation), 是一種遞迴地定義一個序列的方程式: 序列 的每一項目定義為前面項的函數。 即某件事情發生的過程中, 又包含了與事情本身很類似的另 一件事情, 而且這種包含關係可以無止盡地發展下去; 類似的概念即發展出一個非常重要的技 巧, 稱為遞迴 (recursion)。

解這一類的問題通常可分成下列三個步驟:

(1) 根據題目的條件構造一個數列 {an}, 觀察數列的前幾項值。

(2) 建立相鄰項間的遞迴關係。

(3) 解遞迴關係式: 求解一般項 an。 此種處理問題的方法叫做遞迴方法。

數列是應用數學中經常出現的觀念, 而遞迴關係是研究數列的一個重要工具, 對於每一個 數學分支如: 代數 、 機率 、 統計 、 演算法 、 計算科學 、 電路分析 、 動態系統 、 經濟 、 生物及 其他領域問題上都有許多應用, 特別是在組合學的計數問題上有許多重要的應用。

遞迴關係的研究可以追溯到 13 世紀初著名的義大利數學家費布那西 (Fibonacci), 提出 的費布那西關係

F_n+2= F_n+1+ F_n, n ≥ 0, F₀ = 1, F₁ = 1

在他的經典著作 『算盤書』 (研究算術代數的書籍) 中, 提出一個有趣的兔子問題: 『假設兔子出 生以後兩個月, 每個月都能生小兔, 若每次不多不少恰好生一對 (一雌一雄)。 如果今天養了初 生的小兔一對, 試問 n 年後共可有多少對兔子 F_n (如果生下的小兔都不死的話)? 』 後來發現 其結果與一數列:

表1. 費布那西數列

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 · · · Fn 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 · · ·

47

有相當的關係, 而此數列更與一些大自然的變化息息相關, 這就是著名的 『費布那西數列』。 有 關費布那西數列更多詳細的介紹可參考網站 Fibonacci Numbers (Loy, 2007), 網站裡介紹 許多費布那西數的特性及應用例子。

Kelley and Peterson (2000) 第一章先對遞迴關係的基本定義作簡單的介紹, 第二章介 紹解遞迴關係會運用到的運算子, 第三章則將遞迴關係作詳細的分類介紹及應用和解題方法。

Grimaldi (1999) 將遞迴關係做一個 12頁的重點整理: 包括基本定義 、 概念, 還有一些常見重 要與計數相關的遞迴關係的例子, 及解遞迴關係常用的方法。 D’Angelo and West (1999) 第 十二章將遞迴關係作基本的分類介紹。 Spiegel (1971) 第五章介紹遞迴關係的定義, 第六章則 介紹應用的例子。 關於著名整數數列的遞迴關係及其相關性質, 請參閱世界上收錄最齊全的網 路整數數列百科全書 “The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences” (Sloane, 2007)。

本文的目的首先是要讓讀者熟悉遞迴關係的基本定義 、 性質, 主要是介紹單一遞迴數列的 求解方法, 舉出一些著名的例子, 針對可求解各種不同的形式: 齊次 、 非齊次 、 常係數等, 分別 介紹其常用的解題方法。 遞迴關係是一個解決組合問題的急切工具, 一旦學會基本定義 、 性質, 加上一些例子的輔助, 再將其應用, 即可解決許多數列相關的問題。

在第二節先介紹遞迴關係的基本定義及一些著名的例子。 第三節介紹一階線性遞迴關係的 一些定理及基本解題方法和例題。 第四節介紹簡單的常係數線性遞迴關係, 分別對齊次和非齊 次作探討, 然後再針對其特徵方程式的解為重根 、 相異根 、 共軛複根分別一一作介紹。 在許多應 用軟體中也可以求解遞迴關係, 在附錄裡, 提出一個功能強大的軟體 Mathematica (Wolfram 2003), 介紹如何應用此程式求解遞迴關係式。 本文中的例子及習題的解答都已經過 Mathe- matica 的求解核對無誤。

2. 遞迴關係 (recurrence relation)

在數學上, 遞迴關係式 (recurrence relation), 是一種遞迴地定義一個序列的方程式。 本 節介紹遞迴關係的基本定義及一些著名的例子。

2.1. 定義

首先介紹遞迴關係的基本定義。

定義2.1: (遞迴關係) 假設 {an} 為一個數列, 而對於 n ≥ n0, 每一個 an 與它前面的項 a_i, i < n, 滿足方程式 f (a_n, a_n−1, . . .) = 0 稱為遞迴關係。

例2.1: a_n= 2a_n−1+ 5 為一遞迴關係式。

例2.2: ana0+ a_n−1a1+ · · · + a0an= 1 為一遞迴關係式。

定義2.2: (k 階遞迴關係) 型如 f (an, a_n−1, . . . , a_n−k) = 0 的遞迴關係, 稱為 k 階遞迴 關係。

例2.3: an− 10n²a_n−1+ 21na_n−2− 8a_n−3= 0 是一個三階遞迴關係式。

定義2.3: (k 階線性遞迴關係) 型如 c0(n)an+ c1(n)a_n−1+ · · · + ck(n)a_n−k = f (n), c0(n), ck(n) 6= 0 的遞迴關係, 稱為 k 階線性遞迴關係, 其他形式稱為非線性遞迴關係。

例2.4: a_n+2− 2a_n+1+ 5a_n= 0 是一個二階線性遞迴關係式。

例2.5: an+2− 2an+1

5a_n = 0 是一個二階非線性遞迴關係式。

定義2.4: (齊次遞迴關係) 如果 an = a_n−1 = · · · = 0 是遞迴關係 f (an, a_n−1, . . .) = 0 的一個解, 則稱 f (a_n, a_n−1, . . .) = 0 為齊次遞迴關係, 其他形式稱為非齊次遞迴關係。

例2.6: a_n+3+ 2a_n+2− a_n+1− 2a_n= 0 是一個齊次三階遞迴關係式。

例2.7: an+3+ 2an+2− an+1− 2an= 9 是一個非齊次三階遞迴關係式。

定義2.5: (k階常係數線性遞迴關係) 假設 k ∈ N = {1, 2, . . .}, C0, C1, . . . , Ck ∈ R = {x| − ∞ < x < ∞}, 其中 C0, Ck 6= 0, 令 an, n ≥ 0, 為一數列, 則

C0an+ C1a_n−1+ · · · + Cka_n−k = f (n), n ≥ k (2.1) 稱為一 k 階常係數遞迴關係式 (linear recurrence relation with constant coefficients of order k)。 若 f (n) = 0, n ≥ k, 稱此遞迴關係式為齊次 (homogeneous) 遞迴關係式, 否則 稱為非齊次 (nonhomogeneous) 遞迴關係式。

例2.8: an+2+ 4an+1− 12an= 0 是一個常係數齊次二階遞迴關係式。

例2.9: an+2+ 4an+1− 12an= 2ⁿβ 是一個常係數非齊次二階遞迴關係式。

例 2.10: (n + 2)an+2+ 4(n + 1)an+1− 12nan = 2ⁿβ 是一個非常係數線性非齊次二 階遞迴關係式。

2.2. 著名的例子

接著我們來看一些著名的遞迴關係。

例2.11: (等比數列) 公比為 r 的等比數列 {an = a0rⁿ} 滿足遞迴關係

an= ra_n−1, n ≥ 1 (2.2) (2.2) 是一個常係數齊次一階線性遞迴關係。

例2.12: (等差數列) 公差為 d 的等差數列 {an= a0 + nd} 滿足遞迴關係

a_n= a_n−1+ d, n ≥ 1 (2.3) (2.3) 是一個常係數非齊次一階線性遞迴關係。

例2.13: (部分和數列) 數列 {an} 的部分和數列 {sn =Pn

k=0ak} 滿足遞迴關係 sn = s_n−1+ an, n ≥ 1 (2.4) (2.4) 是一個常係數非齊次一階線性遞迴關係。

例2.14: (費布那西數列) 費布那西數列 {Fn} 滿足遞迴關係

Fn+2= Fn+1+ Fn, n ≥ 0, F0 = 1, F1 = 1 (2.5) (2.5) 是一個常係數齊次二階線性遞迴關係。

例2.15: (Catalan 數列) Catalan數列 {C_n = ²ⁿ_n
/(n + 1)} 滿足遞迴關係

Cn− C0C_n−1− C1C_n−2− · · · − C_n−1C0 = 0, n ≥ 1 (2.6) (2.6) 是一個齊次非線性遞迴關係。

例2.16: (sinⁿx 的不定積分) 證明 Z

sinⁿxdx = −1

n sinⁿ⁻¹x cos x + n − 1 n

Z

sinⁿ⁻²xdx 其中 n > 1是一個正整數。

證明: 利用部分積分, 設 u = sinⁿ⁻¹x 且 dv = sin xdx = d(− cos x)。 令 I =

Z

sinⁿxdx = − sinⁿ⁻¹x cos x + (n − 1) Z

sinⁿ⁻²x cos²xdx

因為 cos²x = 1 − sin²x, 所以 I = − sinⁿ⁻¹x cos x + (n − 1)R sinⁿ⁻²x(1 − sin²x)dx =

− sinⁿ⁻¹x cos x+(n−1)R sinⁿ⁻²xdx−(n−1)I, 移項作整理即可得 I = −_n¹ sinⁿ⁻¹x cos x +ⁿ⁻¹_n R sinⁿ⁻²xdx。

3. 一階線性遞迴關係 (first-order linear recurrence relation)

一階線性遞迴關係是最簡單的遞迴關係, 它的一般項可以逐項代入求得一般通式。

3.1. 齊次一階線性遞迴關係 (first-order homogeneous linear recurrence relation)

齊次一階線性遞迴關係可以得到下面的公式解。

定理3.1: (齊次一階線性遞迴關係) 設遞迴關係

an+1 = g(n)an, n ≥ 0 (3.7) 則 a_n= (Q_n−1

k=0g(k))a0。

證明: 將關係式逐項代入即得 an = g(n − 1)a_n−1 = g(n − 1)(g(n − 2)a_n−2) = · · · = (Q_n−1

k=0g(k))a0, 故得證。 

an 是否存在一個簡單的公式依賴於 Q_n−1

k=0g(k) 是否可以化簡。 一般而言如果 g(k) = h(k)/h(k + 1), 則Q_n−1

k=0g(k) 可以化簡成 h(0)/h(n), 在此情形下 an = (h(0)/h(n))a0。 而 定理 3.1 的證明可以利用變數代換 bn= h(n)an化簡, (3.7) 可以寫成 bn= b_n−1 = · · · = b0, 因此 an = (h(0)/h(n))a0。 特殊情形 g(k) = α 為一常數時, h(k) 可以取成 1/α^k。

當定理 3.1 中的 g(n) 是一常數 α 時, (3.7) 式為常係數齊次一階線性遞迴關係式, 前後 項的比 a_n+1/an= α。 很明顯 an= αⁿa0, 因此 {an} 是一個公比為 α 的等比數列。

例3.1: 設 an = 4a_n−1, n ≥ 1, a0 = 6, 求 an 的一般解。

解: 將關係式逐項代入即得

a0= 6

a₁= 4a₀ = 4(6) a2= 4a1 = 4²(6)

... an= 4ⁿ(6)

所以, a_n = 6(4ⁿ) 是此遞迴關係式的一般解。 

例3.2: (排列) 設有 n 個不同的字母, 求所有排列的個數。

解: 設排列的個數為 an, 考慮最後一個位置的排法, 他可以放任一個字母, 故有 n 個放法。

而對於每一個情況前面 n − 1 個位置的排法有 a_n−1 種。 由計數的乘法原理得 an = na_n−1,

n ≥ 1, a1 = 1, 由定理 3.1 得 an= n!。 

例3.3: (生長模型) 某種細菌的繁殖率是每小時三倍遞增, 如果六小時之後有 100000 隻 細菌, 則請問最初是有多少隻細菌?

解: 設 an 是 n 小時後的細菌總數, 則 an+1 = 3an, n > 0, 所以 an = a0(3ⁿ)。 因此 100000 = a0(3⁶), 可求出 a0 = 137.174 ∼= 138, 所以最初有 138 隻細菌。 

3.2. 非齊次一階線性遞迴關係 (first-order nonhomogeneous linear recur- rence relation)

非齊次一階線性遞迴關係可以得到下面的表達式。

定理3.2: (非齊次一階線性遞迴關係) 設遞迴關係

a_n+1 = g(n)a_n+ f (n), n ≥ 0 (3.8) 則 a_n= (Q_n−1

k=0g(k))a0+P_n−1

k=0(Q_n−1

m=k+1g(m))f (k), 其中 Q_n−1

m=ng(m) ≡ 1。

證明: 將關係式逐項代入即得 an= g(n−1)a_n−1+f (n−1) = g(n−1)(g(n−2)a_n−2+ f (n − 2)) + f (n − 1) = · · · = (Q_n−1

k=0g(k))a0+P_n−1

k=0(Q_n−1

m=k+1g(m))f (k), 故得證。  當定理 3.2 中的 g(n) 是一常數 α 時, (3.8) 式為常係數非齊次一階線性遞迴關係式, an= αⁿa0+P_n−1

k=0α^kf (n − 1 − k)。

例3.4: 求解遞迴關係

an = 2a_n−1+ 3, n ≥ 2, a1 = 3

解: 根據定理 3.2, 逐項代入得 an= 2a_n−1+ 3 = 2(2a_n−2+ 3) + 3 = 2²a_n−2+ (2 + 1) · 3 = 2²(2a_n−3+ 3) + (2 + 1) · 3 = 2³a_n−3+ (2²+ 2 + 1) · 3 = · · · = 2ⁿ⁻¹a1+ (2ⁿ⁻²+ 2ⁿ⁻³+ · · · + 1) · 3 = 2ⁿ⁻¹· 3 + (2ⁿ⁻¹− 1) · 3 = 3(2ⁿ− 1), n ≥ 1。  例 3.5: (河內塔問題 (Tower of Hanoi)) 根據一個古老的故事, 在遠東的某處有一個寺 院, 裏面有一堆六十四個由大到小純金打造的盤子。 有一回, 這些盤子被疊在一起, 最大的盤子 放在最底層。 每一個盤子被穿了一個孔, 放在木樁 A 上。 另有兩根木樁 B 和 C。 它們可以根據 底下的規則由一個位置搬移到另外一個位置: (1) 一次只能移動一個盤子。 (2) 大盤子永遠不能 放在小盤子的上面。 求最少次數從木樁 A 全部被搬到木樁 C。

解: 河內塔問題是法國數學家 Edouard Lucas 於 1883 年提出的謎題。

首先我們先來討論幾個數量較少的情形: (首先將盤子由小到大依序編號為 1, 2, . . . , n)

當 n = 1: 直接把盤子從 A 移到 C, 次數只有一次。

當 n = 2: 移動次序如下:

(1) 移動盤子 1 從木樁 A 到木樁 B。

(2) 移動盤子 2 從木樁 A 到木樁 C。

(3) 移動盤子 1 從木樁 B 到木樁 C。

因此, 總共須移動 2²− 1 = 3 次。

當n = 3: 移動次序如下:

(1) 移動盤子 1 從木樁 A 到木樁 C。

(2) 移動盤子 2 從木樁 A 到木樁 B。

(3) 移動盤子 1 從木樁 C 到木樁 B。

(4) 移動盤子 3 從木樁 A 到木樁 C。

(5) 移動盤子 1 從木樁 B 到木樁 A。

(6) 移動盤子 2 從木樁 B 到木樁 C。

(7) 移動盤子 1 從木樁 A 到木樁 C。

因此, 總共須移動 2³− 1 = 7次。

可參考圖 1:

A

3 2 1

B C

RÏV

A

3 2

1

B C

i81
AÕC

A

3 2 1

B C

i82
AÕB

A

3

1 2

B C

i81
CÕB

A

1 2 B

3 C

i83
AÕC

圖 1. 河內塔問題 (n = 3)

當任意 n 個盤子需搬移時, 我們可以歸納出一套規則。

(1) 先將 1 ∼ n − 1 號盤子從 A 搬至 B。

(2) 將 n 號盤子由 A 搬至 C。

(3) 再將 1 ∼ n − 1 號盤子從 B 搬至 C。

設 a_n 為搬 n 個盤子所需搬動次數, a_n−1 則是搬 n − 1 個盤子所需搬動次數。 很明顯 a₀ = 0, 而 an = 2a_n−1+ 1。 我們可以直接套用定理 3.2 得 an =P_n−1

k=02^k = 2ⁿ− 1, 或是將遞迴關 係改寫成 a_n+ 1 = 2(a_n−1+ 1), 可以得到 an+ 1 = 2ⁿ(a0+ 1) = 2ⁿ, 因此 an= 2ⁿ− 1。

對一堆六十四個盤子而言, 其結果 a64= 2⁶⁴−1 ≈ 1.84×10¹⁹ 次的搬動。 如果每秒能搬動 一次, 大概需要 5850億年! 如果一部高速電腦每秒能計算出十億次的搬動, 也需要 585年!  關於河內塔的搬動的問題及其遞迴關係可參閱網站 “Towers of Hanoi Puzzle” (Zylla, 2007), 提供一個可以讓你自己親自動手有趣的河內塔 Java 網頁。 而 “Tower of Hanoi Puzzle on the Web” (Kolar, 2007) 則列出一些網路上與河內塔相關的網頁連結 (包含故事 、 搬動 方法、Java 、IE 等互動網頁)。

例3.6: (n 點圓分割) 設一個圓上有 n 個點, 每兩點連成一直線, 且沒有任何三條線相交 於一點, 試問由此 n 個點所構成的線可劃分成多少塊區域?

解: n = 1, 2, . . . , 6 個點圓分割見圖 2:

P₁b P₂^{b b}P₁

b

b b

P₁

P₂ P₃

b

b

b b

P₁

P₂ P3

P₄

b

b

b b

b

P₁

P₂ P3

P₄ P5

b b

b

b b

b

P₁ P₂

P₃ P4

P₅ P6

圖 2. n 點圓分割

仔細觀察, 當圓周上每增加一點時, 數列 a₁ = 1, a2 = 2, a3 = 4, a4 = 8, a5 = 16, a6 = 31,

a2= a1+ 1 a₃= a₂+ 1 + 1 a₄= a₃+ 1 + 2 + 1 a₅= a₄+ 1 + 3 + 3 + 1 a6= a5+ 1 + 4 + 5 + 4 + 1

這有點像巴斯卡 (Pascal) 三角形:

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 5 4 1

1 5 7 7 5 1

我們猜測其組成規律是, 每一斜列都是等差數列, 首項皆為 1, 但公差依次為 0, 1, 2, 3, . . .。 因 此, 第 k 橫列一共有 k 項, 如下: 1, k − 1, 2k − 5, 3k − 11, 4k − 19, . . ., 其中第 j 項的通式 為 (j − 1)k − [j(j − 1) − 1], 化簡得 (j − 1)(k − j) + 1, j = 1, 2, . . . , k, 於是圓周上 k 個點 P₁, P₂, . . . , P_k再增加一點 P_k+1時, 所增加的區域數為 a_k+1−a_k =Pk

j=1[(j−1)(k−j)+1], 所以可得 a_n = a1 +P_n−1

k=1(ak+1− ak) = 1 +P_n−1

k=1

Pk

j=1[(j − 1)(k − j) + 1] = ₂₄¹(n −

1)n(n²− 5n + 18) + 1。 

有關 n 個點所構成的線可劃分成多少塊區域所形成的數列, 可參考網路整數數列百科全 書 “The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences” (Sloane, 2007, A000127), 裡面 詳細列出此數列並有其遞迴公式。

例 3.7: (雪花-碎形) 設 ∆ABC 是邊長為 1 的等邊三角形。 將三邊分別三等分, 取中間 段為一邊向外側做正三角形, 並且將中間這段擦去, 其次將剩下的每一邊再三等分, 取中間段為 一邊向外做正三角形, 再將中間這段擦去。 仿此程序繼續做下去, 得一系列的碎形。 求

(a) 第 n 次之碎形的周長及其極限。

(b) 第 n 次之碎形的面積及其極限。

解:

(a) 第 n = 1, 2, 3 個碎形見圖 3: 

圖 3. 雪花–碎形

設 an 表第 n 個碎形的周長, 列表並仔細觀察 、 歸納:

第 n 個碎形 1 2 3 4 · · · 周長 a_n 3 4 ¹⁶₃ ⁶⁴₉ · · ·

接下來建立遞迴關係式, 由 a₁ = 3, a2 = 4 (起始值), 又第 n + 1 個碎形的周長 = 第 n 個 碎形的周長去掉每一邊的中間段, 再增加中間段的 2倍。 得 an+1 = an−¹₃an+²₃an = ⁴₃an。 由上述可知 {a_n} 為一等比數列, 首項 a1 = 3, 公比 r = ⁴₃, 所以, an = 3 · (⁴₃)ⁿ⁻¹。 當 n → ∞ 時, an 趨近於無窮大。

(b) 設 bn 表第 n 個碎形的面積, 列表並仔細觀察 、 歸納:

n 1 2 3 4 · · ·

第 n 個碎形較第 n − 1 個碎形增加的三角形個數 0 3 3 · 4 3 · 4² · · · 所增加三角形之面積 ^√₄^{3 √}₄³(¹₉) ^√₄³(¹₉)^{2 √}₄³(¹₉)³ · · ·

接下來建立遞迴關係式, 由 b₁ = ^√₄³ (起始值), 又第 n + 1 個碎形的面積 = 第 n 個碎形 的面積, 再增加每線段凸出去的 1 塊新的三角形。 得 bn+1 = bn+ 3 · 4ⁿ⁻²(^√₄³(¹₉)ⁿ⁻¹) = b1 + 3(¹₉)^√₄³ + 3 · 4(¹₉)^2√₄³ + · · · + 3 · 4ⁿ⁻¹(¹₉)^n√₄³ = ^√₄³ + ^√₄³[3(¹₉) + 3 · 4(¹₉)²+ 3 · 4²(¹₉)³+ · · · + 3 · 4ⁿ⁻¹(¹₉)ⁿ]。

由上述可知 [3(¹₉) + 3 · 4(¹₉)² + 3 · 4²(¹₉)³+ · · · + 3 · 4ⁿ⁻¹(¹₉)ⁿ] 為一等比級數, c1 = ¹₃, r = ⁴₉, 當 n → ∞ 時其值為

1 3

1−⁴9

= ³₅, 所以當 n → ∞ 時, 面積趨近於一定值 bn =

√3

4 + ^√₄³(³₅) = ^2√₅³。 

更進一步相關碎形介紹可參閱維基網站: Fractal (2007)。

一階非齊次線性遞迴關係式

an+1 = g(n)an+ f (n) (3.9) 也可以利用以下的方法化簡成齊次式的解法。 設特解 a^(p)n 滿足原遞迴關係式 (3.9), 即

a^(p)_n+1 = g(n)a^(p)_n + f (n) (3.10) 考慮 (3.9) 減去 (3.10) 即得數列 {an− a^(p)n } 的一個齊次關係式

an+1− a^(p)_n+1

= g(n)

an− a^(p)_n 

因此 (an− a^(p)n ) = g(n − 1)(a_n−1− a^(p)_n−1) = g(n − 1)g(n − 2)(a_n−2− a^(p)_n−2) = · · · = (Q_n−1

k=0g(k))(a0− a^(p)₀ ), 所以 an = a^(p)n + (Q_n−1

k=0g(k))(a0− a^(p)₀ )。

例3.8: 設遞迴關係式 an+1 = 3an− 2, n ≥ 0, a0 = 2, 求 an 的解。

解: 設 a^(p)n = c 代入關係式得 c = 3c − 2, 所以 c = 1。 因此, a_n− 1 = 3(a_n−1− 1) = 3²(a_n−2− 1) = · · · = 3ⁿ(a0 − 1) = 3ⁿ, 所以 an = 3ⁿ+ 1。 

習題 3

下列是一些不錯的題目, 也許讀者有興趣試試, 為了方便讀者, 我們也將答案列入。

1. 設 an= 3a_n−1, n ≥ 1, a0 = 5, 求 an 的一般解。 (答案: 5(3ⁿ)) 將關係式逐項代入即得

a0= 5

a₁= 3a₀ = 3(5) a2= 3a1 = 3²(5)

...

an= 3ⁿ(5) 所以 a_n = 5(3ⁿ) 是此遞迴關係式的一般解。

2. 設 an= a_n−1+ c1, n ≥ 1, a0 = c2, 求 an 的一般式。 (答案: c2+ nc1) 由關係式得 a_n = a_n−1+ c1 = (a_n−2+ c1) + c1 = a_n−2+ 2c1 = (a_n−3+ c1) + 2c1 = a_n−3+ 3c₁ = · · · = a₀+ nc₁ = c₂+ nc₁, 所以a_n= c₂+ nc₁。

3. 給定以下的條件及起始值, 唯一決定下列的等比數列, 求此數列的遞迴關係式。

(答案: an = ²₅a_n−1, n ≥ 1, a0 = 7) 7, 14/5, 28/25, 56/125, . . .

14 5 =2

5 · 7 28

25=2 5 · 14 56 5

125 =2 5 · 28 ... 25

所以 a_n = ²₅a_n−1, n ≥ 1, a0 = 7 為該數列的遞迴關係式。

4. 將 $500 存於某家銀行, 其年利率為 6%, 每個月以複利計算, 求 10 年後其本利和。

(答案: 909.698) 設 a_n 為 n 個月後的本利和, a₀ = 500,

a1= a0(1 + 0.06/12) = 500(1.005) = 502.5 a2= a1(1 + 0.06/12) = 500(1.005)² = 505.0125 a3= a2(1 + 0.06/12) = 500(1.005)³ = 507.53755

所以 a_n= a0(1.005)ⁿ, 因此 10 年後, 即 120 個月後, 本利和為 a120 = 500(1.005)¹²⁰ = 909.698。

5. 某甲於某銀行存款 $500, 年利率為 8%, 如果以每一季複利來算, 則需多久時間可以得到本

金的兩倍? (答案: 9)

設 an 表示 n 季後的本利和, 則 an+1 = an(1 + ^0.08₄ ) = (1.02)an, n ≥ 0, a0 = 500, 所 以當本利和變成本金的兩倍時, 即 1000 = 500(1.02)ⁿ, 因此 n = _{log 1.02}^{log 2} ∼= 35.003, 所 以, 在 36季後, 即 9年後, 可以得到本金的兩倍 (以上)。

6. 設 an 表示由四個元素 (0, 1, 2, 3) 組成的 n 位數, 且 3 不會在 0 的右邊, (a) 試求 an 的遞迴關係式。

(b) 求解 (a) 中的遞迴關係。

(答案: (a) an = 3a_n−1+ 3ⁿ⁻¹, n ≥ 2, a1 = 4 (b) 3ⁿ⁻¹(n + 3)) (a) 考慮一個滿足 3不在 0右邊的四元 n 序列的最右邊的數字, 可分為下列兩種情況:

(1) 若最右邊的數字為 0, 1, 或 2 時, 則前面 n − 1 個數字須滿足 3 不在 0 的右邊, 其 序列數有 a_n−1 種。

(2) 若最右邊的數字為 3 時, 則前面 n − 1 個數字只要不出現 0 必符合所求, 其序列數 有 3ⁿ⁻¹種。

而 a_n 的起始條件: 當 n = 1 時, 0, 1, 2, 3皆符合所求, 所以 a₁ = 4。 當 n = 2 時, 除了 03不符合所求外, 其餘 15種皆符合所求, 所以 a2 = 15。 因此

an= 3a_n−1+ 3ⁿ⁻¹, n ≥ 2, a1 = 4 (b) 考慮下列 n − 1 個式子的和

an= 3a_n−1+ 3ⁿ⁻¹ 3a_n−1= 3(3a_n−2+ 3ⁿ⁻²)

...

3ⁿ⁻²a2= 3ⁿ⁻²(3a1 + 3¹) 得到 a_n = 3ⁿ⁻¹a₁+P_n−2

k=03^k· 3^n−1−k = 4 · 3ⁿ⁻¹+ 3ⁿ⁻¹(n − 1) = 3ⁿ⁻¹(n + 3)。

7. 有多少種 4 個位元包含偶數個 0 的排列? (答案: 7048)

設 an 為含偶數個 0的 n 個位元的排列數, 要得到此種排列:

首先, 附加上一個非零位數在 n − 1 位數包含偶數個零的字串, 共有 9a_n−1 種方法, 接 下來, 加上一個零到有奇數個零的 n − 1 位數的字串, 所以有 10ⁿ⁻¹− a_n−1 種方法。 因 此 a_n = 9a_n−1+ (10ⁿ⁻¹− a_n−1) = 8a_n−1+ 10ⁿ⁻¹。 起始條件為 a₁ = 9, 所以 a2 = 8a1+ 10 = 82, a3 = 8a2+ 100 = 756, a4 = 8a3+ 1000 = 7048。

8. (著色問題) 地圖上某一地區有 n 個國家相鄰, 但 n 個國家只有一個公共點。 現用紅 、 黃 、 綠三種顏色給地圖染色, 但不許相鄰的國家有相同的顏色, 問共有多少種染法?

(答案: 2ⁿ+ 2 · (−1)ⁿ)

s

s

s

· · ·

· · · s

s

設共有 a_n 種染法。 對第一個國家 s₁ 共有三種染法 (可塗紅 、 或黃 、 或綠), 則塗去 s₁ 後, 對第二個國家 s2 只有兩種染法 (s1 染色後, 對 s2 只有兩種顏色可以選擇了), 同理, 對 s3

有 2 種染法, 對 s₄, s5, . . . 直到 sn 每個國家都有 2 種染法, 所以共有 3 × 2ⁿ⁻¹ 種染法。

而在對 sn 染色時, 是以 s_n−1 為基準的, 它有 2種染法, 這兩種顏色可能與 s1 不同色, 也 可能與 s₁ 同色, 而 s_n 與 s₁ 同色情形必須排除。 但 s_n 與 s₁ 同色的情形有多少種呢? 事 實上只要把 s_n 與 s₁ 的交界線拆除就成為同一塊了, 這時就是 (n − 1) 塊不同的染法 , 即 a_n−1 種, 所以, an= 3 · 2ⁿ⁻¹− a_n−1, 且我們已知 a2 = 6。 考慮下列 n − 2 個式子的和

a_n= 3 · 2ⁿ⁻¹− a_n−1

−a_n−1= −3 · 2ⁿ⁻²+ a_n−2 ...

(−1)ⁿ⁻³a3= (−1)ⁿ⁻³(3 · 2²− a2) 得到 a_n=P_n−1

k=33(−1)^n−k· 2^k−1− (−1)ⁿ⁻³· a₂ = (2ⁿ+ (−1)ⁿ⁻³· 2) − (−1)ⁿ⁻³· 6 = 2ⁿ+ 2(−1)ⁿ。 所以 a_n= 2ⁿ+ 2 · (−1)ⁿ

9. 有多少種 n 位數 dnd_n−1· · · d1, di = 0, 1, . . . , 9, i = 1, 2, . . . , n, 包含偶數個 0 的排列?

(答案: ¹₂(2³ⁿ⁺¹− 8ⁿ+ 10ⁿ)) 設 an 為含偶數個 0的 n 位數的排列數, 很明顯 a₁ = 9(1, 2, . . . , 9), 而要得到 n 位數此 種排列: 首先, 附加上一個非零位數在 n − 1 位數包含偶數個零的字串, 共有 9a_n−1 種方 法。 接下來, 加上一個零到有奇數個零的 n − 1 位數的字串, 所以有 10ⁿ⁻¹− a_n−1 種方法。

因此 a_n = 9a_n−1+ (10ⁿ⁻¹− a_n−1) = 8a_n−1+ 10ⁿ⁻¹。 考慮下列 n − 1 個式子的和 an= 8a_n−1+ 10ⁿ⁻¹

8a_n−1= 8(8a_n−2+ 10ⁿ⁻²) ...

8ⁿ⁻²a2= 8ⁿ⁻²(8a1+ 10¹) 得到 an= 8ⁿ⁻¹a1+ 10ⁿ⁻¹P_n−2

k=0(₁₀⁸)^k = 9 · 8ⁿ⁻¹+ 5 · 10ⁿ⁻¹[1 − (₁₀⁸)ⁿ⁻¹] = ¹₂(2³ⁿ⁺¹− 8ⁿ+ 10ⁿ)。

10 (生長模型) 設時間 0 時有一隻不知名的細菌, 該細菌每經過一個單位時間個數會成長一倍, 且假設所有細菌皆不死亡, 求時間 n 單位時細菌總數。 (答案: 2ⁿ) 設時間 n 時細菌總數為 an, 依題意得 an+1 = 2an, n ≥ 0, a0 = 1, 由遞迴關係可知 an= 2a_n−1 = 2²a_n−2 = 2³a_n−3 = · · · = 2ⁿ⁻¹a1 = 2ⁿa0 = 2ⁿ, 所以得到 an = 2ⁿ。 11. 在一個平面上, n 條線可以劃分出幾個區域? (沒有任兩條線是平行的, 或是三條線交於一

點。) (答案: ¹₂(n²+ n + 2))

設 an 是 n 條線劃分出來的區域總數, 我們可以很容易地知道, a1 = 2, a2 = 4, a3 = 7。

如果第 n + 1 條線被加到已被 n 條線劃分出的 an 個區域, 這條新線會跟原始的 n 條線 有交點, 所以這些交點將第 n + 1 條線分成 n + 1 段, 每一段使原本的區域劃分為二, 所以 an+1 = an+ (n + 1), n ≥ 1, 且 a1 = 2, 考慮下列 n − 1 個式子的和

an= a_n−1+ n a_n−1= a_n−2+ n − 1

...

a₂= a₁+ 2 得到 a_n = a₁+Pn

k=2k = 2 + ¹₂(n²+ n − 2) = ¹₂(n²+ n + 2)。

12. (a) 設 In=Rπ/2

0 sinⁿxdx, 求 In 的遞迴關係式。

(b) 證明 I2n = 1 × 3 × 5 × · · · × (2n − 1) 2 × 4 × 6 × · · · × (2n) · π

2。

(c) 證明 I2n+1 = 2 × 4 × 6 × · · · × (2n) 1 × 3 × 5 × · · · × (2n + 1)。

(答案: (a) ⁿ⁻¹_n Rπ/2

0 sinⁿ⁻²xdx) (a) 利用部分積分, 設 u = sinⁿ⁻¹x 且 dv = sin xdx = d(− cos x)。 令

In= Z π/2

0

sinⁿxdx

= − sinⁿ⁻¹x cos x|^π/2₀ + (n − 1) Z π/2

0

sinⁿ⁻²x cos²xdx

= (n − 1) Z π/2

0

sinⁿ⁻²x cos²xdx 因為 cos²x = 1 − sin²x, 所以 I_n = (n − 1)Rπ/2

0 sinⁿ⁻²x(1 − sin²x)dx = x(1 − sin²x)dx = (n−1)+(n−1)Rπ/2

0 sinⁿ⁻²xdx−(n−1)In = (n−1)Rπ/2

0 sinⁿ⁻²xdx

−(n − 1)I_n, 移項作整理即可得 I_n = ⁿ⁻¹_n Rπ/2

0 sinⁿ⁻²xdx 解為 I_n = ⁿ⁻¹_n I_n−2。 (b) 由 (a) 知 I2n = 2n − 1

2n I_2n−2 = 2n − 1

2n × 2n − 3

2n − 2I_2n−4 = · · · = 2n − 1 2n × 2n − 3

2n − 2· · ·1

2I0, 而I0 =Rπ/2

0 1dx = π

2, 所以 I2n = 1 × 3 × 5 × · · · × (2n − 1) 2 × 4 × 6 × · · · × (2n) ·π

2。 (c) 由 (a) 知 I2n+1 = 2n

2n + 1I_2n−1 = 2n

2n + 1×2n − 2

2n − 1I_2n−3 = · · · = 2n

2n+1×2n−2 2n−1

· · ·2

3I1, 而 I1 =Rπ/2

0 sin xdx = 1, 所以 I2n+1 = 2 × 4 × 6 × · · · × (2n) 1 × 3 × 5 × · · · × (2n + 1)。

參考文獻

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13. 游森棚, 談談九十五學年度高中數學新課程大綱的 “遞迴”。 2008 February 25。 Available from:

http://umath.nuk.edu.tw/^∼senpengeu/HighSchool/recurr.pdf

—本文作者張福春任教國立中山大學應用數學系_, 莊淨惠為國立中山大學應用數學系碩士班畢 業生—