線性遞迴關係之求解(下)

線性遞迴關係之求解 (下)

張福春 · ^莊淨惠

4. 常係數線性遞迴關係 (linear recurrence relation with constant coefficients)

本節將針對 k 階常係數線性遞迴關係 (定義 2.5)

C0an+ C1a_n−1+ · · · + C^ka_n−k = f (n), n ≥ k 分別對齊次及常見非齊次個別介紹其求解方法。

4.1. 齊次常係數線性遞迴關係 (homogeneous linear recurrence relation with constant coefficients)

首先考慮齊次的求解, 即 f (n) = 0, 將具有型式 a_n= Aαⁿ 代入得 C₀Aαⁿ+ C₁Aαⁿ⁻¹+ · · · + CkAα^n−k = 0 因此得到

Aα^n−k(C0α^k+ C1α^k−1+ · · · + C^k) = 0

我們稱 C₀α^k + C₁α^k−1 + · · · + Ck = 0 為該遞迴關係式的特徵方程式 (characteristic equation), 且稱 α 為特徵根 (characteristic root)。 由代數基本定理知, 最多具有 k 個相異 特徵根, 討論其特徵根 α, 有參種不同的情形, 以下分別討論之:

I: 相異根 α 具有 k 個相異根 α1, α2, . . . , αk, 則 an = c1αⁿ₁ + c2αⁿ₂ + · · · + c^kαⁿ_k 為此 遞迴關係式的解, 其中 ci 為常數, 1 ≤ i ≤ k, 證明如下面定理。

35

定理 4.1: (齊次相異根) 在定義 2.5 的齊次遞迴關係式中, 假設 αi 為其特徵根, i = 1, 2, . . . , k, 則

an= c1αⁿ₁ + c2α₂ⁿ+ · · · + c^kαⁿ_k 為此遞迴關係式的解, 其中 c₁, c₂, . . . , c_k 為常數。

證明: 因為 αi為其特徵根, i = 1, 2, . . . , k, 代入原方程式得 C0α^k_i+C1α^k−1_i +· · ·+C^k = 0, i = 1, 2, . . . , k。 將等式兩邊同乘上 ciα^n−k_i , 則 ciα^n−k_i (C0α^k_i + C1α^k−1_i + · · · + C^k) = 0, i = 1, 2, . . . , k, 再將 ciα^n−k_i 乘進去, 即 C0(ciαⁿ_i) + C1(ciα_iⁿ⁻¹) + · · · + C^k(ciα^n−k_i ) = 0, i = 1, 2, . . . , k。 將 i = 1, 2, . . . , k 代入並加總起來 且同係數的項合併整理, 可得 C0(c1αⁿ₁ +

· · · + c^kα_kⁿ) + C1(c1αⁿ⁻¹₁ + · · · + c^kαⁿ⁻¹_k ) + · · · + C^k(c1α^n−k₁ + · · · + c^kα^n−k_k ) = 0, 即 C0(c1αⁿ₁)+C1(c1α₁ⁿ⁻¹)+· · ·+C^k(c1α^n−k₁ )+C0(c2αⁿ₂)+C1(c2αⁿ⁻¹₂ )+· · ·+C^k(c2α^n−k₂ )+

· · · + C⁰(ckαⁿ_k) + C1(ckαⁿ⁻¹_k ) + · · · + C^k(ckα^n−k_k ) = 0, 所以 c1αⁿ₁+ c2αⁿ₂ + · · · + c^kαⁿ_k 為

齊次遞迴關係式的解。 

例4.1: 設 an+ a_n−1− 6an−2 = 0, n ≥ 2, a⁰ = 1, a1 = 2, 求 an 的一般解。

解: 特徵方程式為 α² + α − 6 = 0, 其解為兩相異根 α = 2, −3, 因此可假設 aⁿ = c12ⁿ+ c2(−3)ⁿ。 代入邊界條件得

(a0 = c1+ c2 = 1 a1 = 2c1− 3c² = 2

其解為 c1 = 1, c2 = 0, 所以 an = 2ⁿ, n ≥ 0。  例 4.2: (賭徒問題) A 和 B 玩一個遊戲, 在每一階段 A 贏 B 的機率為 p, B 贏 A 的 機率為 q, 其中 p, q 為正實數, 且滿足 p + q = 1。 假設不會有平手的情況發生, 且遊戲一開始 A 有 a 塊錢, B 有 b 塊錢, 且 a + b = N, 此遊戲在其中一人得到 M 塊錢即停止, 這裡 M 滿足 min(M, N − M) ≤ min(a, b), max(M, N − M) ≥ max(a, b)。

(a) 求此遞迴關係式及其邊界條件。

(b) 當 p 6= q 時, 求 A 贏的機率。

解:

(a) 設 uk 為當 A 在 k 塊錢贏得此比賽的機率, 而 A 會贏得此場比賽的情況有下列兩種: 在 下一步 A 贏一塊錢且 A 即贏得比賽, 或是下一步 A 輸一塊錢且 A 贏得比賽。 第一種情 況的機率為 pu_k+1, 第二種情況的機率為 qu_k−1, 所以 u_k = pu_k+1+ qu_k−1。

決定邊界條件, 因為當 A 有 M 塊錢時, 他贏的機率為 1, 即 uM = 1, 如果 A 輸了此場 比賽, 即 B 得到 M 塊錢, 此時 A 有 N − M 塊錢, 即 A 贏的機率為零, uN −M = 0。

(b) 其特徵多項式為 pr² − r + q = 0, 所以 r = ^1±√_2p^1−4pq = ^1±

√1−4p+4p²

2p = ^1±(1−2p)_2p = 1, q/p, 所以 uk = c1 + c2(q/p)^k, 因為 uM = 1, 即 1 = c1 + c2(q/p)^M, 又知 u_{N −M} = 0, 故 0 = c1 + c2(q/p)^{N −M}。 兩聯立方程式可求得 c1 = _(q/p)^−(q/p)M_−(q/p)^N−MN₋^M, c₂ = _(q/p)^M_−(q/p)^{1 N}₋^M, 所以 u_k = _(q/p)^{(q/p)Mk−(q/p)}_−(q/p)^NN−₋^MM。 因為 A 一開始有 a 塊錢, 所以 A 贏 的機率為 u_a= _(q/p)^{(q/p)Ma−(q/p)}_−(q/p)^NN−₋^MM。  II: 重根 α 具有 t 個相異根 α1, α2, . . . , αt, 其中 αi 具有重根數 m_i, i = 1, 2, . . . , t, 則 相對於 αi 部分的解為 ui(n) = (ci0 + ci1n + · · · + cⁱmi−1n^mi−1)αⁿ_i, i = 1, 2, . . . , t, 且

an = u1(n) + u2(n) + · · · + u^t(n) 其中 ci0, ci1, . . . , cimi−1 為常數, i = 1, 2, . . . , t, 證明如下面定理。

定理 4.2: (齊次重根) 在定義 2.5 的齊次遞迴關係式中, 假設 αi 為其相異特徵根, i = 1, 2, . . . , t, 其中 αi具有重根數 mi, 1 ≤ i ≤ t, 且 uⁱ(n) = (ci0+ci1n+· · ·+cⁱmi−1n^mi−1)αⁿ_i, i = 1, 2, . . . , t, 則 an = u1(n) + u2(n) + · · · + u^t(n) 為此遞迴關係式的解。

證明: 對於所有的 i = 1, 2, . . . , t, 首先證明 u_i(n) 為此齊次遞迴關係式的解, 類似定理 4.1 的證明可得 ci0α_iⁿ 為此齊次遞迴關係式的解。 若 α_i 的重根數 m_i = 1, 則 ui(n) = ci0αⁿ_i 為此齊次遞迴關係式的解。

若 α_i 的重根數 m_i > 1, 欲證明 ci1nαⁿ_i 亦為此齊次遞迴關係式的解。 因為 α_i 為其特徵 根, 所以 αi 滿足特徵方程式 C0α^k+ C1α^k−1+ · · · + C^k = 0, 等式兩邊同乘 α^n−k, 因此 αi

滿足方程式

C0αⁿ+ C1αⁿ⁻¹+ · · · + C^kα^n−k = 0 (4.1) 因為 αi 為方程式 (4.1) 的 mi 重根, 所以 αi 滿足 (4.1) 式的微分, 即滿足方程式

C0nαⁿ⁻¹+ C1(n − 1)αⁿ⁻²+ · · · + C^k(n − k)α^n−k−1= 0

將 αi 代入得 C0nαⁿ⁻¹_i + C1(n − 1)αⁿ⁻²i + · · · + C^k(n − k)αi^n−k−1 = 0, 等式左右同乘 上 c_i1α_i 整理可得 C₀[c_i1nαⁿ_i] + C₁[c_i1(n − 1)αiⁿ⁻¹] + · · · + Ck[c_i1(n − k)α^n−ki ] = 0, 將 i = 1, 2, . . . , t 代入加總起來, 可得 C0[c11nα₁ⁿ] + C1[c11(n − 1)αⁿ⁻¹1 ] + · · · + C^k[c11(n − k)α^n−k₁ ]+C0[c21nαⁿ₂]+C1[c21(n−1)αⁿ⁻¹2 ]+· · ·+C^k[c21(n−k)α^n−k2 ]+· · ·+C⁰[ct1nαⁿ_t]+

C₁[c_t1(n − 1)αtⁿ⁻¹] + · · · + Ck[c_t1(n − k)α^n−kt ] = 0, 所以 c_i1nαⁿ_i 為此齊次遞迴關係式的 解。 同理, 因為 αi 滿足 (4.1) 式的 2次微分, 3次微分, · · · , (mi− 1)次微分, 可證得

ci2n²αⁿ_i, ci3n³αⁿ_i, . . . , ci_mi−1n^mi−1αⁿ_i

皆為此齊次遞迴關係式的解。 類似定理 4.1 可證明 ui(n) = ci0αⁿ_i + ci1nα_iⁿ+ · · · + cⁱmi−1

×n^mi−1α_iⁿ 為此齊次遞迴關係式的解, 即 C0ui(n) + C1ui(n − 1) + · · · + C^kui(n − k) = 0, i = 1, 2, . . . , t。 將所有 i 加總可得 C0(Pt

i=1ui(n)) + C1(Pt

i=1ui(n − 1)) + · · · + Ck(Pt

i=1ui(n − k)) = Pt

i=1(C0ui(n) + C1ui(n − 1) + · · · + C^kui(n − k)) = 0, 所以 Pt

i=1ui(n) = u1(n) + u2(n) + · · · + u^t(n) 為此齊次遞迴關係的解。  例 4.3: 設 an− 7an−1+ 16a_n−2− 12an−3 = 0, n ≥ 3, a⁰ = 0, a1 = 3, a2 = 13, 求 an 的解。

解: 特徵方程式為 α³− 7α²+ 16α − 12 = 0, 因式分解後 (α − 2)²(α − 3) = 0, 所以 α = 2, 2, 3, 將 an = (c1+ c2n)2ⁿ+ c33ⁿ 代入邊界條件 (n = 0, 1, 2), 可得











a0 = c1+ c3 = 0

a1 = 2(c1+ c2) + 3c3 = 3 a2 = 4(c1+ 2c2) + 9c3 = 13

由聯立方程式解出 c₁ = −1, c² = 1, c3 = 1, 所以 an= (−1 + n)2ⁿ+ 3ⁿ, n ≥ 0。  例4.4: 同例題 4.2 當 p = q = 1/2 時, 求 A 贏的機率。

解: 當 p = q = ¹₂ 時, pr²− r + q = 0 即為 ¹2r²− r + ¹2 = 0, 所以 r²− 2r + 1 = 0, r = 1, 1 為重根, 則 uk = c3+ c4k。 代入邊界條件 uM = 1, u_{N −M} = 0, 得 c3 + c4M = 1, c3+ c4(N − M) = 0, 解出 c³ = _{2M −N}^{M −N} , c4 = _{2M −N}¹ , 所以 uk = ^{M −N+k}_{2M −N} 。 因為 A 一開始

有a塊錢, 所以 A 贏的機率為 u_a= ^{M −N+a}_{2M −N} 。 

III: 齊次共軛複根 當出現有一組共軛複根 α1 = δ + iω, α2 = δ − iω, δ, ω ∈ R, 其中 ω 6= 0, 事實上它只是相異根的一個特例, 令 ρ =√

δ²+ ω², θ = tan^{−1 ω}_δ, 如圖 4 所示。

ρ θ

α₁= δ + iω

= ρe^iθ

= ρ(cos θ + i sin θ)

圖 4. 共軛複根

定理4.3: (齊次共軛複根) 在定義 2.5 的齊次遞迴關係式中, 假設出現有一組共軛根 α1 = δ + iω, α2 = δ − iω, 其中 ω 6= 0, 事實上它只是相異根的一個特例, 令 ρ = √

δ²+ ω², θ = tan^{−1 ω}_δ, 則 an = B1ρⁿcos nθ + B2ρⁿsin nθ 為此遞迴關係式的解, 其中 B1 = c1+ c2, B2 = i(c1− c²) 為常數。

證明: 相對於該組根的解為

c1(α1)ⁿ+ c2(α2)ⁿ= c1(δ + iω)ⁿ+ c2(δ − iω)ⁿ

= c1(ρe^iθ)ⁿ+ c2(ρe^−iθ)ⁿ

= c1(ρⁿe^inθ) + c2(ρⁿe^−inθ)

= c1ρⁿ(cos nθ + i sin nθ) + c2ρⁿ(cos nθ − i sin nθ)

= (c₁+ c₂)ρⁿcos nθ + i(c₁− c2)ρⁿsin nθ

= B1ρⁿcos nθ + B2ρⁿsin nθ

其中 B1 = c1+ c2, B2 = i(c1− c²) 為常數。  例4.5: 設 an = a_n−1− an−2, n ≥ 3, a¹ = 1, a2 = 0, 求 an 的解。

解: 特徵方程式為 α²− α + 1 = 0, 所以 α = ^1±√₂³ⁱ, 則 ρ = q

(¹₂)²+ (^√₂³)² = 1, θ = tan⁻¹((√

3/2)/(1/2)) = tan⁻¹√

3 = ^π₃, 因此 an = B1cos ^π₃ + B2sin^π₃ = ¹₂B1+ ^√₂³B2。 代入邊界條件得

(a1 = B1cos ^π₃ + B2sin ^π₃ = ¹₂B1+ ^√₂³B2 = 1 a2 = B1cos ^2π₃ + B2sin^2π₃ = −¹₂B1+^√₂³B2 = 0

由聯立方程式解出可得 B1 = 1, B2 = ^√1₃, 所以 an = cosⁿ₃π + ^√1₃ sinⁿ₃π, n ≥ 1。  例4.6: 設 b > 0, n × n 行列式

D_n=          

b b 0 0 · · · 0 0 0 b b b 0 · · · 0 0 0 0 b b b · · · 0 0 0 ... ... ... ... ... ... ... ...

0 0 0 0 · · · b b 0 0 0 0 0 · · · b b b 0 0 0 0 · · · 0 b b           求 Dn之值。

解: 對第一列展開得

Dn= b        

b b 0 · · · 0 0 0 b b b · · · 0 0 0 ... ... ... . .. ... ... ...

0 0 0 · · · b b 0 0 0 0 · · · b b b 0 0 0 · · · 0 b b

| {z }

Dⁿ₋₁

−b        

b b 0 · · · 0 0 0 0 b b · · · 0 0 0 ... ... ... . .. ... ... ...

0 0 0 · · · b b 0 0 0 0 · · · b b b 0 0 0 · · · 0 b b        

(n−1)×(n−1)

= bD_n−1− b²       

b b · · · 0 0 0 ... ... . .. ... ... ...

0 0 · · · b b 0 0 0 · · · b b b 0 0 · · · 0 b b       

| {z }

Dn

−2

(對第一行展開的結果)

= bD_n−1− b²D_n−2

另外, D₁ = |b| = b, D² =   

b b b b   

= 0, 得遞迴關係式 Dn = bD_n−1− b²D_n−2, D1 = b, D₂ = 0。

特徵方程式 α² − bα + b² = 0, 其兩共軛複數根為 α = ^b±√₂^−3b2 = b[¹₂ ± ^√2³i], 所 以 δ = ₂^b, ω = ^√₂³b, ρ = √

δ²+ ω² = b, θ = tan^{−1 ω}_δ = tan⁻¹√

3 = ^π₃。 因此 Dn = bⁿ[B1cos(^nπ₃ ) + B2sin(^nπ₃ )], 代入邊界條件得

(D1 = b(¹₂B1 +^√₂³B2) = b D2 = b²(−¹₂B1+^√₂³B2) = 0

解聯立方程式得 B₁ = 1, B₂ = ^√1₃, 所以 D_n = bⁿ[cos(^nπ₃ ) + ^√1₃sin(^nπ₃ )], n ≥ 1。  若解出來的特徵根包含不止 I, II, III 的其中一型時, 則 an 為各型的和, 例如若解出的特 徵根為 2, 2, 4, 5, ^1±₂^√3i, 則 an= (c1+ c2n)2ⁿ+ d14ⁿ+ d25ⁿ+ B1cos ⁿ₃π + B2sinⁿ₃π。

例4.7: 設 an− 8an−1+ 20a_n−2− 16an−3 = 0, 求 an 的解。

解: 特徵方程式為 α³− 8α²+ 20α − 16 = 0, 因式分解可得 (α − 2)²(α − 4) = 0, 所 以 α = 2, 2, 4, 故可設 an= (c0+ c1n)2ⁿ+ c24ⁿ。 

以上的所有情形都可以用矩陣的形式來表示, 下面分別對三種情形舉例, 介紹其對應的矩 陣表示法:

例4.8: (相異根) 設 an+2− 6aⁿ⁺¹+ 8an = 0, n ≥ 0, a⁰ = 1, a1 = 2, 求 an 的解。

解: 可將上述的遞迴關係式寫成

"

an

an+1

#

= A

"

a_n−1 an

#

= A²

"

a_n−2 a_n−1

#

= · · · = Aⁿ

"

a0

a1

#

其中 A =

"

0 1

− 8 6

#

。 只要計算出 Aⁿ, 即可求得此遞迴關係式, 因為 Aⁿ 的計算較複雜, 先將 A 分解成標準形式 (對角化或 Jordan 形式)。 經過計算, 在此例子中 A 可對角化, 所 以 Aⁿ 可利用矩陣的對角化性質簡單的求得。 因為 A = P ΛP⁻¹, 其中 Λ 是 A 對應的特徵 根, 而 P 的第一行為特徵根 2 所對應的特徵向量, 第二行為特徵根 4 所對應的特徵向量, 可得 Λ =

"

2 0 0 4

# , P =

"

1 1 2 4

#

, 所以 Aⁿ = P ΛⁿP⁻¹ 即可很容易求得。 將起始條件代入, 可 得

"

a_n an+1

#

=

"

1 1 2 4

#"

2 0 0 4

#n"

1 1 2 4

#−1"

1 2

#

=

"

2ⁿ⁺¹−4ⁿ 2²ⁿ⁻¹−2ⁿ⁻¹ 2ⁿ⁺²−4ⁿ⁺¹2²ⁿ⁺¹−2ⁿ

#"

1 2

#

=

"

2ⁿ 2ⁿ⁺¹

#

因此 an = 2ⁿ, n ≥ 0。 

例4.9: (重根) 設 a_n+2− 4an+1+ 4a_n = 0, n ≥ 0, a0 = 1, a₁ = 2, 求 a_n 的解。

解: 可將上述的遞迴關係式寫成

"

an

an+1

#

= A

"

a_n−1 an

#

= · · · = Aⁿ

"

a0

a1

#

其中 A =

"

0 1

− 4 4

#

。 A 的特徵根有 2 的二重根, 而特徵向量只有一個

"

1 2

#

, 因此 A 無法

對角化。 但可利用矩陣 Jordan 形式算出 J = P⁻¹AP =

"

2 1 0 2

#

, 其中 P =

"

1 −¹₂ 2 0

#

。 故 Aⁿ= P JⁿP⁻¹ 即可很容易求得。 將起始條件代入, 可得

"

an

an+1

#

=

"

1 − ¹₂ 2 0

#"

2 1 0 2

#ⁿ"

1 − ¹₂ 2 0

#−1"

1 2

#

=

"

2ⁿ−n2ⁿ n2ⁿ⁻¹

−n2ⁿ⁺¹ 2ⁿ+n2ⁿ

#"

1 2

#

=

"

2ⁿ 2ⁿ⁺¹

#

因此 an = 2ⁿ, n ≥ 0。  例4.10: (共軛複根) 設 an+2− aⁿ⁺¹+ an = 0, n ≥ 0, a⁰ = 1, a1 = 2, 求 an 的解。

解: 可將上述的遞迴關係式寫成

"

an

an+1

#

= A

"

a_n−1 an

#

= · · · = Aⁿ

"

a0

a1

#

其中 A =

"

0 1

−1 1

#

。 只要計算出 Aⁿ, 即可求得此遞迴關係式。

先將 A 分解成標準形式 (對角化或 Jordan 形式), 經過計算, 在此例子中 A 可對角化, 所以 Aⁿ 可利用矩陣的對角化性質簡單的求得。 因為 A = P ΛP⁻¹, 其中 Λ 是 A 對應的特徵根, 而 P 的第一行為特徵根 ¹⁺₂^√3i 所對應的特徵向量, 第二行為特徵根 ¹⁻₂^√3i 所對應的特徵向量, 可 得 Λ =

"₁₊^√_3i

2 0

0 ¹⁻₂^√3i

# , P =

"₁₊^√_3i

2 1−√ 3i 2

1 1

#

, 所以 Aⁿ = P ΛⁿP⁻¹ 即可很容易求得。 將 起始條件代入, 可得

"

an

an+1

#

=

"

1+√ 3i 2 1−√

3i 2

1 1

# "

1+√ 3i

2 0

0 ¹⁻₂^√3i

#n"

1+√ 3i 2 1−√

3i 2

1 1

#−1"

1 2

#

=

"₂−n

−1((1−√

3i)ⁿ(3−√

3i)+(1+√

3i)ⁿ(3+√ 3i)) 3

i2⁻ⁿ((1−√

3i)ⁿ−(1+√ 3i)ⁿ)

√3 i2⁻ⁿ(−(1−√

3i)ⁿ+(1+√ 3i)ⁿ)

√3

2⁻ⁿ⁻¹((3−√ 3i)(1+√

3i)ⁿ+(1−√

3i)ⁿ(3+√ 3i)) 3

# "

1 2

#

=

"

2⁻ⁿ⁻¹((1 −√

3i)ⁿ(1 +√

3i) + (1 −√

3i)(1 +√ 3i)ⁿ) 2⁻ⁿ((1 −√

3i)ⁿ+ (1 +√ 3i)ⁿ)

#

因此 a_n = 2⁻ⁿ⁻¹((1 −√

3i)ⁿ(1 +√

3i) + (1 −√

3i)(1 +√

3i)ⁿ), n ≥ 0。  綜合以上的例子, 對於一般的常係數 k 階遞迴關係式:

C0an+ C1a_n−1+ · · · + C^ka_n−k = 0, n ≥ k 有下列矩陣的表達式:







 an

an+1

... a_n−k+1









= A







 a_n−1

an

... a_n−k









, A =















0 1 0 · · · 0

0 0 1 · · · 0

0 0 0 · · · 0

... ... ... . .. ...

0 0 0 · · · 1

−^C_C^k0 −^C_C^k−10 − ^C_C^k−20 · · · − ^C_C¹0















由矩陣的理論可知 A 的特徵方程式與遞迴關係式成比例, 且 A 的特徵方程式如果有相異根或 共軛複根時, 則 A 可以對角化, 故可利用對角化簡單的算出 Aⁿ, 矩陣 A 可對角化故其解會設 成定理 4.1 及定理 4.3 的形式; 而當 A 的特徵根為重根時, 矩陣 A 僅具有 Jordan 形式不可 對角化需藉由 Jordan 形式的轉換, 即可以求出 Aⁿ, 所以可以設成定理 4.2 的形式。

根據上面三個情形的分析可得到下面表 (2) 的結果。

表2. 齊次解型式

特徵根型式 一般解型式

相異根

_a

_{= c}

_α

_{+ c}

_α

+ · · · + c

α

重根

a

= u

(n) + u

(n) + · · · + u

(n), u

(n) = (c

+ c

n + · · · + c

n

)α

a

= B

ρ

cos nθ + B

ρ

sin nθ

B

, B

4.2. 非齊次常係數線性遞迴關係 (nonhomogeneous linear recurrence rela- tion with constant coefficients)

接下來考慮非齊次求解, 即 f (n) 6= 0, 假設 a^(h)n 及 a^(p)n 分別為此遞迴關係式的齊次解 (general solution) 及特解 (particular solution), 滿足

C0a^(h)_n + C1a^(h)_n−1+ · · · + C^ka^(h)_n−k= 0 且 C0a^(p)_n + C1a^(p)_n−1+ · · · + C^ka^(p)_n−k= f (n)

則 C₀(a^(h)n +a^(p)n )+C1(a^(h)_n−1+a^(p)_n−1)+· · ·+C^k(a^(h)_n−k+a^(p)_n−k) = f (n), 所以 an = a^(h)n +a^(p)n

為此遞迴關係式的解。 因此, 解非齊次常係數線性遞迴關係式只比齊次多一道求特解的手續, 至 於 a^(p)n 如何決定, 以下分成三種常見可解的情形來討論:

定理 4.4: (非齊次項為一多項式) 若 f (n) = Pk

i=0cinⁱ, 其中 c1, c2, . . . , ck 為常數且 ck6= 0, 則

a^(p)_n = n^r(d0+ d1n + · · · + d^kn^k) 其中 r =

(0, 若 1 不為特徵方程式的根

1的重根數, 若 1 為特徵方程式的根

證明: 不妨假設 C₀ = 1, 在此舉二階常係數線性非齊次遞迴方程式

an+ C1a_n−1+ C2a_n−2= f (n) (4.2) 且f (n) = k₂n²+ k1n + k0來說明, 其他階可以用相同的辦法證明。 它所對應的特徵方程式為 α²+ C1α + C2 = 0 (4.3)

(i) 若 α = 1 不是特徵方程式 (4.3) 的根, 則我們設 (4.2) 的特解為 a^(p)_n = d0+ d1n + d2n² (d0, d1, d2 為特定常數) 代入 (4.2) 化簡得

(d2+ C1d2+ C2d2)n²+ [d1+ C1(d1− 2d²) + C2(d1− 4d²)]n +[d0+ C1(d2− d¹+ d0) + C2(4d2− d¹+ d0)]

= k2n²+ k1n + k0

比較係數得











d2(1 + C1+ C2) = k2

d1(1 + C1+ C2) − 2d²(C1+ 2C2) = k1

d0(1 + C1+ C2) − d¹(C1+ C2) + d2(C1+ 4C2) = k0

(4.4)

由於 α = 1 不是 α²+ C1α + C2 = 0 的根, 即 1 + C1+ C2 6= 0, 故 d², d1, d0可以確 定。 則 a^(p)n = d2n²+ d1n + d0 是 (4.2) 的特解。

(ii) 若 α = 1 是特徵方程式 α²+ C1α + C2 = 0 的單根, 即 1 + C1+ C2 = 0。 因為判別式

∆ = C₁²− 4C² > 0, 所以特徵方程式的另一個根為 α2 = −(1 + C¹) = C2 6= 1, 這樣 方程組 (4.4) 就不能定出 d2。 此時令 (4.2) 的特解為

a^(p)_n = n(d₀+ d₁n + d₂n²) 代入 (4.2), 比較係數, 且利用 1 + C₁+ C2 = 0 可得











d2(−3C¹− 6C²) = k2

d₂(3C₁+ 12C₂) + d₁(−2C1− 4C2) = k₁

d2(−C¹− 8C²) + d1(C1+ 4C2) + d0(−C¹− 2C²) = k0

(4.5)

由 C₂ 6= 1, 1 + C¹+ C2 = 0, C1+ 2C2 6= 0, 可確定 d², d1, d0。

(iii) 如果 α = 1 是特徵方程式 α²+ C1α + C2 = 0 的重根, 這時判別式 ∆ = 0, α1 = α2 =

−^C2¹ = 1, 所以 C1 = −2, C² = 1, 因此 C1+ 2C2= 0。 這樣從方程組 (4.5) 中確定不 了 d2。 此時我們設 (4.2) 的特解為

a^(p)_n = n²(d0+ d1n + d2n²)

代入 (4.2), 用比較係數及重根的條件得











6d2(C1+ 4C2) = k2

3d₁(C₁+ 4C₂) − 4d2(C₁+ 8C₂) = k₁

d0(C1+ 4C2) − d¹(C1+ 8C2) + d2(C1+ 16C2) = k0

這樣可以確定 d₂, d1, d0。

因此, 當 f (n) 是二次多項式時, (4.2) 的特解可以這樣來確定:

(i) 若 α = 1 不是特徵方程式的根, 則 (4.2) 的特解為 a^(p)_n = d0+ d1n + d2n² (ii) 若 α = 1 是特徵方程式的單根, 則 (4.2) 的特解為

a^(p)_n = n(d0+ d1n + d2n²) (iii) 若 α = 1 是特徵方程式的重根, 則 (4.2) 的特解為

a^(p)_n = n²(d0+ d1n + d2n²)  例 4.11: (1 不為特徵根) 設 a_n− 7an−1+ 10a_n−2 = 4n − 5, n ≥ 2, a0 = 2, a₁ = 4, 求 a_n 的解。

解: 特徵方程式為 α² − 7α + 10 = (α − 5)(α − 2) = 0, 得 α = 2, 5, 所以 a^(h)n = c₁2ⁿ+ c₂5ⁿ。 因為特徵根不含 1, 令 a^(p)n = d₀+ d₁n 代入原遞迴關係式得 (d₀+ d₁n) −7(d0+ d1(n − 1)) + 10(d⁰+ d1(n − 2)) = 4n − 5。 整理後可得 4d¹n + (4d0− 13d¹) = 4n − 5,

所以 (

4d1 = 4

4d₀− 13d1 = −5

可得 d₀ = 2, d1 = 1。 所以 a^(p)n = n + 2, 則 an = a^(h)n + a^(p)n = c12ⁿ+ c25ⁿ+ n + 2 代入 邊界條件可得

(a0 = c1+ c2+ 2 = 2 a₁ = 2c₁+ 5c₂+ 3 = 4

求聯立方程式可得 c1 = −¹₃, c2 = ¹₃, 所以 an = −¹₃ · 2ⁿ+¹₃ · 5ⁿ+ n + 2, n ≥ 0。  例4.12: (1 為特徵根的二重根) 設 an= 2a_n−1− an−2+ 4, n ≥ 2, a⁰ = 0, a1 = 2, 求 an 的解。

解: 特徵方程式為 α²−2α+1 = (α−1)² = 0, 得 α = 1, 1, 所以 a^(h)n = (c0+c1n)·1ⁿ= c0+ c1n。 因為 1 為特徵根, 令 a^(p)n = n²d0 代入原遞迴關係式得 n²d0− 2(n − 1)²d0+ (n − 2)²d0 = 4。 將 n = 0 代入−2d⁰+ 4d0 = 4, 整理可得 2d0 = 4, 即 d0 = 2, 所以 a^(p)n = 2n²。 則

a_n = a^(h)_n + a^(p)_n = c₀+ c₁n + 2n² 代入邊界條件

(a0 = c0 = 0

a1 = c0+ c1+ 2 = 2

解聯立方程式可得 c0 = c1 = 0。 所以 an= 2n², n ≥ 0。  定理4.5: (非齊次項為一指數函數) 若 f (n) = cλⁿ, 其中 c, λ 6= 1 為常數, 則

a^(p)_n = (d0+ d1n + · · · + d^rn^r)λⁿ

其中 r =

(0, 若 λ 不為特徵方程式的根

λ 之重根數, 若 λ 為特徵方程式的根

證明: 相同地, 在此舉二階常係數線性非齊次遞迴方程式來說明:

(i) 若 λ 不是特徵方程式 (4.3) 的根, 設 (4.2) 的特解為 a^(p)n = d0λⁿ, 代入 (4.2) 得 d0λⁿ+ C1(d0λⁿ⁻¹) + C2(d0λⁿ⁻²) = cλⁿ

整理後得 d₀(λ²+C₁λ+C₂) = cλ², 因為 λ²+C₁λ+C₂6=0, 所以 d0=_λ2+C^cλ1λ+C² 2。 (ii) 若 λ 是特徵方程式的單根, 即 λ² + C1λ + C2 = 0, 設另一根為 q, q 6= λ。 因為

(α − λ)(α − q) = 0, 所以

(C1 = −(λ + q), C¹ 6= −2λ C2 = λq, C2 6= λ²

設 (4.2) 的特解為 a^(p)n = (d0+ d1n)λⁿ, 代入 (4.2) 得

(d0 + d1n)λⁿ+ C1(d0+ d1(n − 1))λⁿ⁻¹+ C2(d0+ d1(n − 2))λⁿ⁻² = cλⁿ 整理後得 d0(λ²+ C1λ + C2) + nd1(λ² + C1λ + C2) − d¹(λC1+ 2C2) = cλ², 由於 λ²+ C1λ + C2 = 0, 所以 C1λ + C2 = −λ², 因此 C1λ + 2C2 = −λ²+ C2 6= 0, 故 d₁ = _C^−cλ2

1λ+2C2。

(iii) 若 λ 是特徵方程式的重根, 即 λ² + C₁λ + C₂ = 0, α₁ = α₂ = λ, 於是 λ = −^C₂¹, C1 = −2λ, C² = λ²。 此時令 (4.2) 的特解為 a^(p)n = (d0+ d1n + d2n²)λⁿ, 代入 (4.2) 得

(d0+ d1n + d2n²)λⁿ+ C1(d0+ d1(n − 1) + d²(n − 1)²)λⁿ⁻¹ +C2(d0+ d1(n − 2) + d²(n − 2)²)λⁿ⁻²= cλⁿ

整理後得 d2(C1λ + 4C2) = cλ², 因為 C1λ + 4C2 6= 0, 所以 d² = _C1λ+4C^cλ2 ₂。 因此, 當 f (n) = cλⁿ時, (4.2) 的特解可以這樣來確定:

(i) 若 λ 不是特徵方程式的根, 則 (4.2) 的特解為

a^(p)_n = d0λⁿ, d0 = cλ² λ²+ C₁λ + C₂ (ii) 若 λ 是特徵方程式的單根, 則 (4.2) 的特解為

a^(p)_n = (d₀+ d₁n)λⁿ, d₁ = −cλ² C1λ + 2C2

(iii) 若 λ 是特徵方程式的重根, 則 (4.2) 的特解為

a^(p)_n = (d₀+ d₁n + d₂n²)λⁿ, d₂ = cλ²

C1λ + 4C2  由以上的方法可發現當 λ 是特徵方程式的單根或重根時, d₀, d₁會被消去, 所以可以不用 設, 故也可用以下方法求解

(i) 若 λ 不是特徵方程式 (4.3) 的根, 設 (4.2) 的特解為 a^(p)n = dλⁿ⁺² (d 為特定常數), 代 入 (4.2) 得

d(λ²+ C1λ + C2) = c 因為 λ²+ C1λ + C2 6= 0, 所以 d = _λ²_+C^c1λ+C2。

(ii) 若 λ 是特徵方程式的單根, 即 λ² + C1λ + C2 = 0, 設另一根為 q, q 6= λ。 因為 (α − λ)(α − q) = 0, 所以

(C1 = −(λ + q), C¹ 6= −2λ C2 = λq, C2 6= λ²

設 (4.2) 的特解為 a^(p)n = −dnλⁿ⁺², 代入 (4.2) 得

−d(C¹λ + 2C2) = c

由於 λ²+ C1λ + C2 = 0, 所以 C1λ + C2 = −λ², 因此 C1λ + 2C2 = −λ²+ C2 6= 0, 故 d = _C ^−c

1λ+2C2。

(iii) 若 λ 是特徵方程式的重根, 即 λ² + C1λ + C2 = 0, α1 = α2 = λ, 於是 λ = −^C2¹, C1 = −2λ, C² = λ²。 此時令 (4.2) 的特解為 a^(p)n = dn²λⁿ⁺², 代入 (4.2), 得

d(C1λ + 4C2) = c 因為 C1λ + 4C2 6= 0, 所以 d = _C1λ+4C^c 2。

因此, 當 f (n) = cλⁿ 時, (4.2) 的特解可以這樣來確定:

(i) 若 λ 不是特徵方程式的根, 則 (4.2) 的特解為

a^(p)_n = dλⁿ⁺², d = c λ²+ C1λ + C2

(ii) 若 λ 是特徵方程式的單根, 則 (4.2) 的特解為

a^(p)_n = −dnλⁿ⁺², d = −c C1λ + 2C2

(iii) 若 λ 是特徵方程式的重根, 則 (4.2) 的特解為

a^(p)_n = dn²λⁿ⁺², d = c C1λ + 4C2

例4.13: (λ 不是特徵方程式根) 設 an− an−1= 3 · 2ⁿ, n ≥ 2, a¹ = 5, 求 an 的解。

解: 特徵方程式為 α − 1 = 0, α = 1, 則 a^(h)n = c 。 因為 2 不為特徵根, 令 a^(p)n = d · 2ⁿ 代入原遞迴關係式得 d · 2ⁿ− d · 2ⁿ⁻¹ = 3 · 2ⁿ, 故 d = 6, 所以 a^(p)n = 6 · 2ⁿ, 則

a_n= a^(h)_n + a^(p)_n

= c + 6 · 2ⁿ

代入邊界條件 5 = a1 = c + 12, c = −7, 所以 aⁿ = 6 · 2ⁿ− 7, n ≥ 1。  例 4.14: (λ 是特徵方程式的單根) 設 an− 4an−1+ 3a_n−2 = 2 · 3ⁿ, n ≥ 2, a⁰ = 2, a1 = 13, 求 an 的解。

解: 特徵方程式為 α²−4α+3 = (α−1)(α−3) = 0, 則 a^(h)n = c1·1ⁿ+c2·3ⁿ= c1+c23ⁿ。 因為 3 為特徵根, 令 a^(p)n = (d1+ d2n)3ⁿ代入原遞迴關係式得 (d1+ d2n)3ⁿ− 4(d¹+ d2(n −

1))3ⁿ⁻¹+3(d1+d2(n−2))3ⁿ⁻²= 2·3ⁿ。 將 n = 2 代入得 9(d1+2d2)−12(d¹+d2)+3d1 = 18, 所以 6d2 = 18, 即 d2 = 3。 此時還無法求出 d1, 所以 a^(p)n = (d1+ 3n)3ⁿ, 則

an= a^(h)_n + a^(p)_n

= c₁+ c₂3ⁿ+ (d₁+ 3n)3ⁿ

= c1+ (c2+ d1+ 3n)3ⁿ

= c1+ (c3+ 3n)3ⁿ, 其中 c3 = c2 + d1

代入邊界條件

(a0 = c1+ c3 = 2

a1 = c1+ 3(c3+ 3) = 13

由聯立方程式可得 c1 = 1, c3 = 1, 所以 an = 1 + (1 + 3n)3ⁿ, n ≥ 0。  例4.15: 求 0, 1, 2, 3 所組成的 n-序列含偶數個 0 的序列數。

解: 令 an = d1d2· · · dⁿ, di = 0, 1, 2, 3 為所求的序列個數, 分成兩種情況來討論:

I 若 dn 6= 0, 欲使整個序列含偶數個 0, 則前面 (n − 1)-序列需含偶數個 0, 共有 an−1 種。

II 若 d_n = 0, 欲使整個序列含偶數個 0, 則前面 (n − 1)-序列需含奇數個 0。 由於 4 元 (n − 1)-序列中有 4ⁿ⁻¹ 個序列, 其中含偶數個 0 者有 a_n−1 個, 所以含奇數個 0 者有 4ⁿ⁻¹− an−1 種。

由以上討論知 an = 3a_n−1+ (4ⁿ⁻¹− an−1) = 2a_n−1+ 4ⁿ⁻¹, 當只有 1 個數字時有 1, 2, 3 共 3 種序列, 即 a1 = 3, 得遞迴關係式 an= 2a_n−1+ 4ⁿ⁻¹, n ≥ 2, a¹ = 3。

其特徵方程式為 α − 2 = 0, 得 α = 2, 所以 a^(h)n = c12ⁿ。 令 a^(p)n = c24ⁿ 代入原遞迴關 係式得 c24ⁿ− 2c²4ⁿ⁻¹ = ¹₄ · 4ⁿ, 整理後得 (c2 − ¹₂c2)4ⁿ = ¹₄ · 4ⁿ, 所以 ¹₂c2 = ¹₄, c2 = ¹₂, 所以 a^(p)n = ¹₂ · 4ⁿ。 則 a_n= a^(h)n + a^(p)n = c₁2ⁿ+¹₂ · 4ⁿ 代入邊界條件得 3 = a₁ = 2c₁+ 2, 故 c₁ = ¹₂, 最後可得 an= ¹₂(2ⁿ+ 4ⁿ), n ≥ 1。  定理 4.6: (非齊次項為 ρⁿcos nθ 或 ρⁿsin nθ) 若 f (n) = ρⁿcos nθ 或 ρⁿsin nθ, 其 中 θ 為已知, 則 a^(p)n = ρⁿ(B1cos nθ + B2sin nθ)。

證明: f (n) 是正弦或餘弦函數時, 即 f (n) = c · cos nθ 或 f(n) = c · sin nθ, 方程式 (4.2) 可以寫成

a_1,n+ C₁a_1,n−1+ C₂a_1,n−2= c cos nθ (4.6) a2,n+ C1a_2,n−1+ C2a_2,n−2= c sin nθ (4.7)

其中 C1, C2∈ R。

將 (4.7) 乘以 i 後與 (4.6) 相加, 得

L(an) = an+ C1a_n−1+ C2a_n−2 = c(e^iθ)ⁿ (4.8)

其中 a_n = a_1,n+ ia_2,n。 

這問題可以歸為 f (n) = c · kⁿ 的情形, 由於是複數解, 所以先證明下面定理。

定理4.7: 若 a^∗_n = un+ ivn 是 (4.8) 的一個解, 則

L1(un) = un+ C1u_n−1+ C2u_n−2= c cos nθ L2(vn) = vn+ C1v_n−1+ C2v_n−2= c sin nθ 證明: 因為 a^∗_n 是 (4.8) 的解 (C₁, C2 ∈ R), 所以

L(a^∗_n) = L(un+ ivn)

= L(un) + iL(vn)

= c(e^iθ)ⁿ

= c cos nθ + ic sin nθ 根據複數相等定義, 得

L1(un) = c cos nθ, L2(vn) = c sin nθ

因此, 只要我們討論 (4.8) 的特解的求法就可以了, 如果求得它的特解為 a^∗_n = un+ ivn, 那麼 (4.6) 的特解為 a^∗_n 的實部, (4.7) 的特解為 a^∗_n 的虛部。

關於 (4.8) 的特解求法完全類同於前面 II 的情況。

(i) 當 α = e^iθ 不是特徵方程式 α²+ C1α + C2 = 0 的根時, (4.8) 的特解設為 a^∗_n= d(e^iθ)ⁿ⁺²

代入 (4.8) 得

d = c

(e^iθ)²+ C₁(e^iθ) + C₂ = c1+ ic2

其中

c1= R c

(e^iθ)²+ C1(e^iθ) + C2



c2= I c

(e^iθ)²+ C1(e^iθ) + C2



所以

a^∗_n= [c1cos(n + 2)θ − c²sin(n + 2)θ] + i[c1sin(n + 2)θ + c2cos(n + 2)θ]

= un+ ivn

其中

un= c1cos(n + 2)θ − c²sin(n + 2)θ vn= c1sin(n + 2)θ + c2cos(n + 2)θ un, vn 分別是 (4.6) 、(4.7) 的特解。

(ii) 當 α = e^iθ 是特徵方程式 α² + C1α + C2 = 0 的單根時, (4.8) 的特解設為 a^∗_n= dn(e^iθ)ⁿ⁺²

代入 (4.8) 得

d = −c C1(e^iθ) + 2C2

= c₁+ ic₂ 其中

c1 = R −c C1e^iθ + 2C2

, c2 = I −c C1e^iθ + 2C2



所以

a^∗_n= n(c1 + ic2)(e^iθ)ⁿ⁺²

= n[c1cos(n + 2)θ − c²sin(n + 2)θ] + in[c1sin(n + 2)θ + c2cos(n + 2)θ]

= u_n+ iv_n 其中

un= n[c1cos(n + 2)θ − c²sin(n + 2)θ]

vn= n[c1sin(n + 2)θ + c2cos(n + 2)θ]

un, vn 分別是 (4.6) 、(4.7) 的特解。 

由於 C₁, C2 ∈ R, 所以 α = e^iθ 不可能是特徵方程式的重根。

因此, 對於 f (n) = c cos nθ 或 f (n) = c sin nθ 時, (4.8) 的特解為:

(i) 若 α = e^iθ 不是特徵方程式的根, 則

a^∗_n= c1cos(n + 2)θ − c²sin(n + 2)θ 或 a^∗_n= c₁sin(n + 2)θ + c₂cos(n + 2)θ (ii) 若 α = e^iθ是特徵方程式的根, 則

a^∗_n= n[c1cos(n + 2)θ − c²sin(n + 2)θ] 或

a^∗_n= n[c1sin(n + 2)θ + c2cos(n + 2)θ]  例4.16: 設 an+2− aⁿ= sin(^nπ₂ ), n ≥ 0, a⁰ = 1, a1 = 1, 求 an 的解。

解: 特徵方程式為 α² − 1 = (α − 1)(α + 1) = 0, 得 α = 1, −1, 所以 a^(h)n = c₀· 1ⁿ+ c₁(−1)ⁿ = c₀+ c₁(−1)ⁿ。

令 a^(p)n = d₀sin(^nπ₂ ) + d₁cos(^nπ₂ ), 代入原式得 d₀sin(^(n+2)π₂ ) + d₁cos(^(n+2)π₂ ) − d0sin(^nπ₂ ) − d¹cos(^nπ₂ ) = sin(^nπ₂ )。 整理後得 −d⁰sin(^nπ₂ ) − d¹cos(^nπ₂ ) − d⁰sin(^nπ₂ ) − d1cos(^nπ₂ ) = sin(^nπ₂ ), 即 −2d⁰sin(^nπ₂ ) − 2d¹cos(^nπ₂ ) = sin(^nπ₂ ), 所以 d0 = −¹2, d1 = 0, 因此 a^(p)n = −¹₂sin(^nπ₂ ), 所以 an = a^(h)n + a^(p)n = c0+ c1(−1)ⁿ− ¹₂sin(^nπ₂ )。 代入邊界條件

得 (

a0 = c0+ c1 = 1 a1 = c0− c¹− ¹₂ = 1

由聯立方程式可得 c₀ = ⁵₄, c1 = −¹4。 所以 an= ⁵₄ −¹4(−1)ⁿ−¹2sin(^nπ₂ ), n ≥ 0。  根據上面三個情形的分析可得到下面表 (3) 的結果。

表3. 非齊次特解型式

f (n)

P

i=0

c

n

a

= n

(d

+ d

n + · · · + d

n

) cλ

a

= (d

+ d

n + · · · + d

n

) λ

ρ

cos nθ

_ρ

_{sin nθ a}

_{= ρ}

_(B

_{cos nθ + B}

_{sin nθ)}

上述的解法可以推廣到當 f (n) 為此三種型式的線性組合。 綜合以上求解非齊次遞迴關係 式可分為下列的五個步驟:

步驟一 決定 a^(h)n 的型式 步驟二 決定 a^(p)n 的型式

步驟三 以 a^(p)n 代入原遞迴關係式求 a^(p)n 的未定係數 (未必可以全部求出)

步驟四 以 an = a^(h)n + a^(p)n 代入邊界條件求出所有未定係數 步驟五 寫出 a_n 所求的答案

註: 若 a^(p)n 為非齊次常係數線性遞迴關係式 C0an+C1a_n−1+· · ·+C^ka_n−k = f (n) 的一 個特解, 則 C0(an−a^(p)n )+C1(a_n−1−a^(p)_n−1)+· · ·+C^k(a_n−k−a^(p)_n−k) = 0, 設 bn= an−a^(p)n , 則上式可改寫成一常係數線性遞迴關係式

C0bn+ C1b_n−1+ · · · + C^kb_n−k = 0

習題 4

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− 10an−1+ 21a_n−2 = 0, n ≥ 3, a¹ = 3, a2 = 93, 求 an 的解。

(答案: −6 · 3ⁿ+ 3 · 7ⁿ) 2. 設 an− 6an−1+ 9a_n−2 = 0, n ≥ 3, a¹ = 3, a2 = 0, 求 an 的解。 (答案: (2 − n)3ⁿ) 3. 設 an− 2an−1+ 2a_n−2 = 0, n ≥ 3, a¹ = 0, a2 = 1, 求 an 的解。

(答案: (√

2)ⁿ[−¹2cos^nπ₄ +¹₂sin^nπ₄ ]) 4. 求以下遞迴關係式的解 an − 6an−1 + 12a_n−2 − 8an−3 = 0, n ≥ 4, 其邊界條件為 a0 = 1, a1 = 0, a3 = −160。 (答案: (1 + 2n − 3n²)2ⁿ, n ≥ 0) 5. 求下列 n 階行列式之值

Dn=          

5 3 0 · · · 0 0 0 2 5 3 . .. 0 0 0 0 2 5 . .. 0 0 0 ... ... ... ... ... ... ...

0 0 0 . .. 5 3 0 0 0 0 . .. 2 5 3 0 0 0 · · · 0 2 5          

(答案: −2ⁿ⁺¹+ 3ⁿ⁺¹, n ≥ 1)

6. 求下列行列式之值          

6 3 0 · · · 0 0 0 3 6 3 . .. 0 0 0 0 3 6 . .. 0 0 0 ... . .. ... ... ... ... ...

0 0 0 . .. 6 3 0 0 0 0 . .. 3 6 3 0 0 0 · · · 0 3 6          

n×n

(答案: (1 + n)3ⁿ, n ≥ 1)

7. 求解遞迴關係式 an = 2a_n−1+ 3, n ≥ 2, a¹ = 3。 (答案: 3 · 2ⁿ− 3, n ≥ 1) 8. 求解遞迴關係式 an = 5a_n−1− 6an−2+ 4n, n ≥ 2, a⁰ = 9, a1 = 14。

(答案: 2ⁿ+ 3ⁿ+ 2n + 7, n ≥ 0) 9. 求遞迴關係式 an+2− 8aⁿ⁺¹+ 15an = 6 · 3ⁿ+ 10 · 5ⁿ, n ≥ 0, a⁰ = 2, a1 = 10 的解。

(答案: (1 − n)3ⁿ+ (1 + n)5ⁿ, n ≥ 0) 10. 求遞迴關係式 an+2+ 4an+1− 12aⁿ = β1· 2ⁿ, n ≥ 1, a¹ = 2, a2 = 4 的解。

(答案: (1 − ₆₄⁵β₁)2ⁿ+ (^−β₁₉₂¹)(−6)ⁿ+ ^β₁₆¹n2ⁿ) 11. 求遞迴關係式 an+2+ 4an+1− 12aⁿ = 3n − 1, n ≥ 1, a¹ = 2, a2 = 4 的解。

(答案: (²¹₁₆)2ⁿ− (2352¹¹ )(−6)ⁿ− ¹¹49− ³7n) 12. 已知數列 {an} 的第一項 a1 = ³₅, 第二項 a₂ = ₁₀₀³¹, 並且數列 (a₂ − ₁₀¹a₁), (a₃ −

1

10a2), . . . , (an+1− 10¹an), . . . 是公比為 ¹₂ 的等比數列, (a) 求數列 {an} 的一般解公式。

(b) 證明數列 log₁₀(a2−¹₂a1), log₁₀(a3−¹₂a2), . . . , log₁₀(an+1−¹₂an), . . . 是公差為 −1 的等差數列。

(答案: (a)−¹₄(₁₀¹ )ⁿ+⁵₄(¹₂)ⁿ) 13. 有一個樓梯共有 10 階。 某人上樓一步一階或一步二階, 則上樓方法共有幾種? (答案: 89) 14. 在一個大小尺寸為 2 × 31 的棋盤上, 用 31個 2 × 1 尺寸的矩形覆蓋, 問有多少種覆蓋法?

(答案: 2178309)

15. (方程式根的問題) 設 α, β 為實係數二次方程式 ax²+ bx + c = 0 之二根, 若 a 6= 0, 則 α + β = −b/a (兩根之和), αβ = c/a (兩根之積), 根據這些性質及乘法公式, 我們可以 推得

α²+ β²= (α + β)²− 2αβ = (−b/a)² − 2(c/a) = (b²− 2ac)/a²

α³+ β³= (α + β)³− 3αβ(α + β) = (−b/a)³− 3(c/a)(−b/a) = (−b³+ 3abc)/a³ α⁴+ β⁴= (α²+ β²) − 2(αβ)² = (b⁴ − 4b²ac + 2a²c²)/a⁴

但是欲求 αⁿ+ βⁿ 之值, 其乘法公式之困難度亦增加很多, 故今想利用遞迴方法來得尋求

解題之道。 (答案: Tn+2 = −_a^b

Tn+1+ −_a^c
Tn) 16. (錯排問題) 當聖誕節來臨時, 有一天大華正在寫一堆卡片, 突然想到一個有趣的數學問題。

假設卡片與信封已分別寫上了名字, 試問在裝入時, 全部裝錯 (即卡片與信封上名字不符) 的裝法共有幾種呢? (答案: an= (n − 1)(an−1+ a_n−2), n > 2) 17. 甲固定在 9 PM 到 9 AM 灌溉一片草地。 假設他每次在這期間可以灌 q 的水量, 但是 9 AM 到 9 PM 這些水量的一半會被蒸發或吸收。 若此片草地在 9 PM 原本的水量有 I, 若 an 表示經過 n 個 12小時的週期後所剩的水量, 求 an 的遞迴關係式。

(答案: ^I−q₂ (√

2)⁻ⁿ{√

2[1 − (−1)ⁿ] + [1 + (−1)ⁿ]} + ^q₂[3 − (−1)ⁿ], n ≥ 0) 18. 設 P1, P2, . . . , Pm 共 m 個人玩傳接球遊戲 (不可自己傳給自己), 由 P₁ 開始請問傳 n 次 回到 P₁ 的方法數有幾種? (答案: ^m−1_m [(−1)ⁿ+ (m − 1)ⁿ⁻¹]) 19. 將一硬幣連續投擲 n 次, 在投擲中連續出現兩次正面的機率為多少?

(答案: 1 − ^(1+√5)n+2₂^{2n+2−(1−√}₅^√5)n+2)

A. 附錄: Mathematica: RSolve

Mathematica 5.0 (Wolfram 2003) 是一個強大的數值、 符號運算、 繪圖整合系統, 具有 高階程式語言能力的數學軟體。 它新增一個強大的內建命令 RSolve, 可以解遞迴方程。 在 5.0 以前的版本中, RSolve 是置放於附加標準程式庫資料夾 DiscreteMath 中, 使用前必須將它 先行載入, 載入格式: <<DiscreteMath‘RSolve‘。 RSolve 的語法如下:

 RSolve[eqns, a[n], n] 解遞迴方程式eqns的解a[n]

或

 RSolve[eqns, an, n] 解遞迴方程式eqns的解a_n

其中 eqns 為遞迴方程式及邊界條件, 可以使用函數 a[n], 或直接用 a_n 來表示數列 an。 如果遞迴方程式及邊界條件總個數超過一個, 則將其全部置於一個陣列 (List) 中。 例如解 an− 2an−1 = 3ˆn, a1 = 2, 則 eqns 的語法為 {a[n]-2a[n-1] == 3^n, a[1] == 2}。

因為在 Mathematica 中 = 是用來設定變數的值, 因此方程式中的等號必須使用兩個。

RSolve 可以解任意階常係數線性遞迴方程。 以下用兩個例子來說明它的使用方式。

例 A.1: (二階線性齊次遞迴關係) 設 an+ 4a_n−1− 21an−2 = 0, n ≥ 2, 利用 Mathe- matica 的 RSolve 求解 an 的一般解。

解:

In[1]:= RSolve[a[n] + 4a[n − 1] − 21a[n − 2] == 0, a[n], n]

Out[2]= a[n] → (−7)ⁿC[1] + 3ⁿC[2]

因為沒有邊界條件, 所以在 Out[1] 中含有未定係數 C[1] 和 C[2], 因此 a_n = c1(−7)ⁿ+

c23ⁿ。 

RSolve 亦可以解帶參數及邊界條件的遞迴方程式, 如下面例子。

例 A.1: (一階線性非齊次遞迴關係) 設 a[0] = 1, an+1 = αa[n] + β, n ≥ 0, 利用 Mathematica 的 RSolve 求解 an。

解:

In[1]:= RSolve[{a[n + 1] == α a[n] + β, a[0] == 0}, a[n], n]

Out[2]= a[n] → ^(−1+α_−1+α^n)β

因此 a_n = ^(αn_α−1^−1)β。 

參考文獻

1. Brualdi, R. A., Introductory Combinatorics, 4th edition. Prentice Hall, New York, 2005.

2. D’Angelo, J. P. and West, D. B., Mathematical Thinking: Problem-Solving and Proofs, 2nd edition. Prentice Hall, New York, 1999.

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Addison Wesley, New York, 1994.

4. Grimaldi, R. P., Recurrence relations. In Handbook of Discrete and Combinatorial Mathematics by Rosen, K. H. (Editor). Boca Raton, Florida: CRC, 1999.

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10. Stanley, R. P., Enumerative Combinatorics, Vol. 2. Cambridge University Press, New York, 1999.

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12. Wolfram, S., The Mathematica Book, 5th edition. Champaign, IL: Wolfram Media, 2003.

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

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2010 年組合數學新苗研討會

日 期 : 2010年8月7日 (星期六) ∼ 2010年8月8日 (星期日)

地 點 : 中央研究院數學研究所

主 持 人 : 李國偉

協同主持人 : 葉永南、 周文賢 邀 請 講 者 : 4位

論 文 發 表 : 約24位碩、 博士生 論文截稿日期 : 2010年7月15日

目 的 : 提供國內剛取得碩、 博士學位者交流機會, 讓他們能同堂發表論文 結果, 互相切磋, 並接受大家建議。 研討會同時也邀請幾位資深老 師給予大會演講, 用以整理回顧研究成果, 或傳播新興發展課題。

Please refer to http://www.math.sinica.edu.tw for further details.