TCFSH_2014_08 數學第二冊第一章 數列與級數 a n + 1 = p ⋅ a n + q ∑ k =1 n k = n ( n+ 1 ) 2 ∑ k =1 n k 2 = n ( n + 1 )( 2 n+ 1) 6 ∑ k =1 n k 3 = [ n ( n + 1 ) 2 ] 2 100 學年度第二學期 座號: 姓名: http://cplee8tcfsh.blogspot.tw/ cplee8tcfsh-2-1-1/16
TCFSH_2014_08
數學第二冊第一章數列與級數
an+ 1= p⋅an+ q
∑k=1
n
k=n (n+ 1)
2
∑k=1
n
k 2=n (n+ 1)(2 n+ 1)
6
∑k=1
n
k 3=[ n(n+ 1)
2 ]2
100學年度第二學期
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1-1數列一、數列的表示法:數列以 ⟨an⟩ 表示之, a1 表示第 1項(首項), a2 表示第 2項, . . ., an 表示第 n項。項數有限的數列稱為有限數列,有無窮多項的數列稱無窮數列。
Ex1.觀察下列數列相鄰項之間的規律:(1) 1,3,5,7,9,11,13,15,... 。[ an+ 1=an+ 2 ](2) 2,4,8,16,32,64,128,256,⋯ 。[ an+ 1=2⋅an ](3) 1,3,7,15,31,63,127,255,⋯ 。[ an+ 1=2⋅an+ 1 ][ an+ 1=an+ 2n ](4) 1,2,4,7,11,16,22,29,⋯ 。[ an+ 1=an+ n ](5) 0,1,3,6,10,15,21,28,⋯ 。[ an+ 1=an+ n ]
描述相鄰項之間的關係式稱為遞迴關係式 。謎之彬音:不同的數列可能有相同的遞迴式,故需加上初始條件 以玆區分。
Ex2.寫出下列數列的遞迴式:
(1) 1,3,5,7,9,11,13,15,⋯ 。[ {a1=1an+ 1=an+ 2
]
(2) 2,4,8,16,32,64,128,256,⋯ 。[ {a1=2an+ 1=2⋅an
]
(3) 1,3,7,15,31,63,127,255,⋯ 。[ {a1=1an+ 1=2⋅an+ 1
]
(4) 1,2,4,7,11,16,22,29,⋯ 。[ {a1=1an+ 1=an+ n
]
(5) 0,1,3,6,10,15,21,28,⋯ 。[ {a1=0an+ 1=an+ n
]
上題的(2)與(3)對應項之間都相差 1。若 ⟨an⟩=2,4,8,16,32,64,128,256,⋯ 的第 n項是 2n ,
則 ⟨bn⟩=1,3,7,15,31,63,127,255,⋯ 的第 n項是 2n−1 。
將 an=2n 與 bn=2n−1 稱為該數列的一般項 。
謎之彬音:一般項是指直接以項序 n表示 an 。(n=100代入即得第 100項)二、常見的數列等差數列(A .P .)(Arithmetic Progressions ):若數列 ⟨an⟩ 為等差數列
1.遞迴式: an+ 1=an+ d ,其中 d為定值,稱公差。2.一般式: an=a1+ (n−1)d 。
3.性質: an=am+ (n−m)d 。4.設 a、b、c成等差數列,
則稱 b是 a、c的等差中項, b=a+ c
2謎之彬音:等差數列可用二個變數表示: a , a+ d ,a+ 2 d ,a+ 3d , a+ 4d ,⋯謎之彬音:三項的等差數列可用 a−d ,a ,a+ d 表示
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等比數列(G .P .)(Geometric Progressions ):若數列 ⟨an⟩ 為等比數列,( r≠0 , a1≠0 )
1.遞迴式: an+ 1=r⋅an ,其中 r為定值,稱公比。2.一般式: an=a1⋅r n−1 。
3.性質: an=am⋅r n−m 。
4.設 a ,b , c∈ℝ ,a、b、c成等比數列, 則稱 b是 a、c的等比中項, b=±√a c 。
謎之彬音:等比數列可用二個變數表示: a , a⋅r , a⋅r 2 , a⋅r 3 , a⋅r 4 ,⋯
謎之彬音:三項的等比數列可用ar
, a , a⋅r 表示
算幾不等式:算術平均 ≥ 幾何平均( AM ≥GM )
1. a , b∈ℝ+ ,
ab2
≥a b
2.等號成立於 a=b時調和數列(H .P .)(Harmonic Progressions ):
1.當 ⟨ 1an ⟩ 為等差數列時,稱數列 ⟨an⟩ 為調和數列( ∀an≠0 )
2.設 a、b、c成調和數列,則稱 b是 a、c的調和中項 ,b=2 acac
(調和平均 H.M.)
Ex3. 小串 爬山,上山速率 4km /hr,下山速率 6km/hr,試求平均速率?[4.8]
平均(mean)不等式: a , b∈ℝ+ , a2
b2
2≥
ab2
≥ab≥2abab
(SM AM GM HM)≧ ≧ ≧
三、數學歸納法原理(M.I.)(Principle of Mathematical Induction )1、證明要素:開始性、持續性2、常見證明流程
(1)檢驗 n=1時,原式成立(開始性)(2)假設 n=k時,原式成立;證明 n=k+1時,原式亦成立(持續性)
此二個步驟缺一不可(能開始且持續)反例 1: n2
−n+ 41 為質數?( 41,43,47,53,61,71,83,97,⋯ )反例 2: 1+ 3+ 5+ ⋯+ (2 n−1)=n2
+ 1 ?謎之彬音:Real Man!數學歸納法常見證明類型:1.等式型
Ex4. ∀n∈ℕ ,證明: 12+ 32
+ 52+ ⋯+ (2 n−1)2
=n(4 n2
−1)3
Ex5. ∀n∈ℕ ,證明: 1⋅n+ 2⋅(n−1)+ 3⋅(n−2)+⋯+ (n−1)⋅2+ n⋅1=n(n+ 1)(n+ 2)
6Ex6. ∀n∈ℕ ,試證: 28 n1
−24 n 的個位數字都是 6
2.倍數型Ex7. ∀n∈ℕ ,試證: 9n+ 1
−8n−9 為 64的倍數
Ex8. ∀n∈ℕ , 102n+ 5⋅12n
−6 恆為自然數 k的倍數,求 k最大值,並證明。[22]
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四、一階遞迴數列的一般式:(觀察 ⇒ 猜測 ⇒ 證明)謎之彬音:一階線性遞迴關係 an+ 1= p⋅an+ q 的通式解,請參閱附錄。
Ex9.數列 ⟨an⟩ ,若 a1=1 , an+ 1=2an+ 1 ,求 an 。
解:觀察 a1=1 , a2=3 , a3=7 , a4=15 , a5=31 , a6=63, a7=127 ,猜測 an=2n−1
證明:
(1)當 n=1時 a1=1=21−1 ,成立
(2)設 n=k時成立,即 ak=2k−1
則 n=k+1時 ak +1=2⋅ak+ 1=2(2k−1)+ 1=2k+ 1
−1 ,成立
(3)由數學歸納法原理知 ∀ n∈N , an=2n−1 恆成立。
Ex10.數列 ⟨an⟩ ,若 a1=1 , an1=3 an−1
4 an−1,求 an 。
解︰觀察 a2=3×1−14×1−1
=23,
a3=
3×23−1
4×23−1
=35,
a4=
3×35−1
4×35−1
=47,
⋯ ,猜測 an=n
2 n−1
證明:
(1)當 n=1時 a1=1=1
2×1−1,成立
(2)設 n=k時成立,即 ak=k
2 k−1
則 n=k+1時 ak 1=3ak−1
4a k−1=
3k
2k−1−1
4k
2 k−1−1
=3 k−2 k−1
4k−2k−1=
k1
2 k1−1,成立
(3)由數學歸納法原理知 ∀ n∈N , an=n
2 n−1恆成立。
Ex11.盲人點字!
Ex12.一等差數列之第 4項為 −15 ,第 12項為 9,則從第幾項開始為正數?[10]
Ex13.數列 ⟨an⟩ ,若 a1=1 且 an+ 1=an+ 2 n ,則 an=?[ n2−n+ 1 ]
Ex14.數列 ⟨an⟩ ,若 a1=1 且 an+ 1=an+ (2n+ 1) ,則 an=?[ 2n ]
Ex15. ∀n∈ℕ ,試證: 12−22
+ 32−42
+ 52−62
⋯+(2n−1)2−(2n)
2=−n(2n+ 1)
Ex16. ∀n∈ℕ ,試證:1+2+3 …+ +(n-1)+n+(n-1) …+ +3+2+1=n2
Ex17. ∀n∈ℕ ,試證:1
1⋅2
21⋅2⋅3
⋯n
n1 !=1−
1n1!
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Ex18.已知 1+2+3 …+ +n=nn1
2,且 1⋅2+ 2⋅3+ ⋯+ n (n+ 1)=
n(n+ 1)(n+ 2)
3,
試推測 1⋅2⋅3+ 2⋅3⋅4+ 3⋅4⋅5+ ⋯+ n(n+ 1)(n+ 2) 和,並證明。[nn1n2n3
4]
Ex19. ∀n∈ℕ , 26 n−3+ 32 n−1 恆為自然數 k的倍數,求 k的最大值,並證明[11]
Ex20. ∀n∈ℕ ,試證: 2 1 23 2n n+ ++ 必為 7的倍數。
Ex21.「河內塔(Hanoi Tower)問題」有 A,B,C三柱,其中 A柱上套著 n個大小不同的圓盤,將其由小到大編號為 1,2 ……, ,n。若藉助 A,B,C三柱作橋樑,且每次移動圓盤時都保持較大圓盤在下面,較小圓盤放在上面的規定,設 an 表示將 n個圓盤全部由 A柱搬到 C柱所需的最少次數,則︰
(1) ⟨an⟩ 的遞迴關係式為?(2) an =?[ {a1=1an=2⋅an−11 , n≥2
, an=2n
−1 ]
Ex22.某人爬樓梯時,有時一步上一階,有時一步上二階。若 na 表示某人上 n階樓梯的方法數,試求︰(1)求 an , an−1 , an−2 之遞廻關係式 及初始值。(2)樓梯有 10階,某人上樓或跨一階或二階,此人上樓共有多少種方法[(1) 1 2n n na a a- -= + , 1 1a = , 2 2a = (2) 89]
解︰(1)若某人第一步跨上一階,則尚有 1n - 階,有 1na - 種方法
若第一步跨上二階,則尚有 2n - 階,有 2na - 種方法
故其遞迴關係式為 1 1a = , 2 2a = 且 1 2n n na a a- -= + ,n=3,4,5,6,…
(2) 3 2 1 2 1 3a a a= + = + = 7 6 5 13 8 21a a a= + = + =
4 3 2 3 2 5a a a= + = + = 8 7 6 21 13 34a a a= + = + =
5 4 3 5 3 8a a a= + = + = 9 8 7 34 21 55a a a= + = + =
6 5 4 8 5 13a a a= + = + = 10 9 8 55 34 89a a a= + = + =
Ex23.樓梯有 10階,某人上樓時或跨一階,或二階,或三階,此人上樓共有多少種方法?[274]
Ex24.求下列各數列的一般項 an:
(1) a1=2 ,且 an=3an−1 ,n∈N , n≥2。[ an=2⋅3n−1 ]
(2) a1=3 ,且 an1=an2 n1 , n∈N 。[ an=n22 ]
(3) a1=13,且 an1=
nn3
an , n∈N 。[2
n(n+ 1)(n+ 2)]
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Ex25.已知數列<an>滿足 a1=1 ,且 an=3an1−4
an1−1, ∀n∈ℕ ,則
(1)求 a2 ,a3 ,a4(2)推測第 n項
(3)利用數學歸納法證明(2)的結果。[32
,53
,74
,2 n−1
n]
Ex26.三個正數成等差遞增數列,其和 15,各項平方和為 93,求此數列?[2,5,8]
Ex27.數列 1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,5,…,問:(1)數字 10在第幾項到第幾項?(2)第 100項為何?(3)前 100項之和為何?[46,55,14,945]
Ex28.數列11
,13
,31
,15
,33
,51
,17
,35
,53
,71
,⋯⋯的第 40項為何?[711
]
Ex29.將自然數按下列規律排列,每一列比前一列多一個數,如下表所示:第 1列 1第 2列 2,3第 3列 4,5,6第 4列 7,8,9,10第 5列 11,12,13,14,15試問第 100列第 3個數是多少?[4953]
Ex30.某人購買一棟房屋,簽約時先付 100萬元,餘款分二十期付清。已知這二十期款額成等差數列,前兩期共 30.5萬元,三、四兩期共 28.5萬元,則此棟房屋總價為何?[315]
Ex31.設三數成等差數列,其和為 90,若此三數依次加上 1、3、49後,則成等比數列,求原來的三個數。[10,30,50 或 98,30,-38]
Ex32.在 4與 12之間依序插入 10個數 a1,a2,a3, . . .,a1 0,使此 12個數成等差,則 a7=?[100/11]
Ex33.設一個等比數列,若 a1+a2+a3=18,a2+a3+a4=-9,求公比。[ −12
Ex34.設二相異自然數 m ,n,若一等差數列的第 m項為 a,第 n項為 b,則第 m+n
項為?[a m−bn
m−n]
Ex35.設三正數成等比數列,其和 39,若此三數依次減去 1、2、12後,則成等差數列,求此三數。[4,10,25或 25,10,4]
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Ex36.設一個三角形的三邊成等差數列,且三邊長都是小於 70的整數,試問滿足此條件的三角形共有多少個?[828]
Ex37.三角形三邊長成 G.P.,公比 r,試證 5−12
r512
。
Ex38.有一個 101項的等差數列 a1 , a2 , a3 ,⋯, a101 ,其和為 0,且 a71=70 ,則(A)a1+ a101> 0 (B) a2+ a100< 0 (C) a3+ a99=0 (D) a51=51 (E) a1< 0 。[CE]
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1-2級數一、數列以 ⟨an⟩ 表示之,級數以 S n 或 ∑ (sigma/ summation)表示之。
a1+ a2+⋯+ an=S n=∑k=1
n
ak 。
性質: {a1=S1
an=S n−S n−1 , n≥2
項數有限的級數稱為有限級數,有無窮多項的級數稱無窮級數。
Ex39.設數列<an>之前 n項和 S n=n
2 n+ 1,則 an=?[
1
4 n2−1
]
Ex40.設數列<an>之前 n項和 S n=n2+ 2 ,則 an=?[ {a1=3
an=2n−1 , n≥2]
二、 ∑ 表示法:
1+ 2+ 3+ 4+ 5+ 6+ 7+ 8+ 9+ 10=∑k =1
10
k
1+ 4+ 9+ 16+ 25+ 36+ 49+ 64+ 81+ 100=∑k=1
10
k2
1+ 3+ 5+ 7+ 9+⋯+ 99=∑k=1
50
(2 k−1)
1⋅3+ 3⋅5+ 5⋅7+ ⋯+ 97⋅99=∑k=1
49
(2 k−1)(2k+ 1)= ∑k=100
148
(2k−199)(2 k−197)
12+
14+
18+
116
+⋯+1
2n +⋯=∑k =1
∞ 1
2k
謎之彬音: ∞ 表示 infinity 即 無限大 , ∞ 表示無止境的大數。謎之彬音: ∞ 非定值,除非另有規定,否則禁用等號。
Ex41.求 ∑k =1
991
k1k之值。[9]
三、 ∑ 的公式與性質:
1. ∑k =1
n
c=ccc⋯c=n c
2. ∑k =1
n
k=123⋯n=nn1
2
3. ∑k =1
n
k 2=12
2232
⋯n2=
n n12 n1
6
4. ∑k =1
n
k 3=13
2333
⋯n3=[ nn1
2 ]2
5. ∑k =1
n
(ak±bk )=∑k =1
n
ak±∑k=1
n
bk (乘法與除法無此性質)
6. ∑k =1
n
c ak =c⋅∑k =1
n
ak (c為與 k無關的常數)
7. ∑k =1
n
ak= ∑k=101
n+ 100
ak−100
謎之彬音:此處 k為 ∑ 的內部 自訂變數。(此處 n為 ∑ 的外部 常數)謎之彬音:內部 的意思是當 ∑ 消失,k就無法存在。
謎之彬音:如果不喜歡 k,其他變數名稱亦可。 ∑k =1
n
ak=∑i=1
n
a i=∑j=1
n
a j=∑t=1
n
a t=⋯
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Ex42.證明: ∑k =1
n
k 3=[ n(n+ 1)2 ]
2
Ex43.求 1⋅3+ 3⋅5+ 5⋅7+ ⋯+ 至第 n項之和?[n4 n2
6n−13
]
Ex44.已知 ∑k =1
3
(a k 2+ b k )=30 , ∑k =1
3
(a k 2−b k )=54 ,求數對 (a ,b) 。[ (3,−2) ]
四、等差級數(Arithmetic Series)
1. S n=∑k=1
n
ak=a1+ a2+⋯+ an=n(a1+ an)
2=
n (2a1+ (n−1)d )
2
2.連續 k項和=中項(平均)之 k倍, 2 1 (2 1)n nS n a- = - × ,總和比=平均比。
例如:二個等差數列 ⟨an⟩ 與 ⟨bn⟩ ,⟨an⟩ 的前 9項和 S 9=9⋅a5 , ⟨bn⟩ 的前 9項和 T 9=9⋅b5 ,
則 S 9: T 9=(9⋅a5):(9⋅b5)=a5 :b5
Ex45.設有二等差數列 ⟨an⟩ 與 ⟨bn⟩ , Sn=∑k=1
n
ak ,T n=∑k =1
n
bk ,
(1)若 an:bn=(3n+1):(7n-11);試求 S7:T7與 Sn:Tn
(2)若 Sn:Tn=(3n+1):(7n-11);試求 a7:b7與 an:bn
[13:17,(3n+5):(7n-15);1:2,(3n-1):(7n-9)]
Ex46.等差數列之首 n項和為 9,首 2n項和為 12,求首 3n項和為何?[9]
Ex47.等差數列 ⟨an⟩ ,若 a5=8 , a11=−10 ,求 S n 的最大值。[77]
五、等比級數(Geometric Series)
1. S n=∑k=1
n
ak=a1+ a2+⋯+ an={n⋅a1 , r=1
a1(1−r n)
1−r, r≠1
2.(補充)若 ∣r∣< 1 且 n →∞ ,則 r n→0 ,
得 S=limn→∞
Sn=limn→∞
∑k =1
n
ak=a1+ a2+⋯+ an+⋯=a1
1−rEx48.等比數列之首 n項和為 48,首 2n項和為 60,求首 3n項和為何?[63]
Ex49.設有三數成等比數列,其和為 28,平方和為 336,求此數列?[4,8,16或 16,8,4]
Ex50.某人參加銀行儲蓄存款,每年年初存入 1萬元,年利率 10%,每年複利一次,求第 10年年底的本利和。[已知(1.1) 1 0=2.59]。[17.49萬]
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Ex51.某人年初向銀行借款 100萬元,年利率 8%,複利計算,若此人每年年底需還本息一次,每次所還的金額相同,分十年還清,試問每次要還多少元?(四捨五入至千位, 1.0810
=2.16 )[149000]
五、分式級數(拆項對消)
∑k =1
n1
k (k+ 1)=∑
k=1
n
(1k−
1k+ 1
)=(11−
12)+ (
12−
13)+ (
13−
14)+⋯+ (
1n−
1n+ 1
)=1−1
n+ 1=
nn+ 1
Ex52.求 ∑k =1
n1
k k2之值。[
3n25n
4 n1n2]
Ex53.求 ∑k =1
n1
k k1k2之值。[
n n34n1n2
]
Ex54.所有動物中身材最好的是?[斑馬]
Ex55.等差數列 ⟨an⟩ ,若 a10=23 , a25=−22 ,則此數列從第幾項開始級數和為負值。[35]
Ex56.等差數列 ⟨an⟩ ,每項均為實數且公差為負值,若 ∣a8∣=∣a13∣ ,則當 n為何值時 S n 有最大值。[10]
Ex57.正奇數分組如下:(1),(3,5),(7,9,11),(13,15,17,19) ……, ,則(1)第 n群的首項為何?(2)第 n群中各數總和為何?(3)999為第幾群之第幾個數?[ n2
−n1 , n3 ,32,4]
Ex58.某水果販將橘子堆成長方形垛,若最底層長邊有 10個橘子,短邊有 5個,則此長方形垛最多有幾個橘子?[130]
Ex59.數列 ⟨an⟩ 前 n項的和 S n=n2+ 2n+ 3 ,求 an 。[ an={ 6 , n=1
2n+ 1 , n≥2]
Ex60.數列 ⟨an⟩ , a1+ 2⋅a2+ 3⋅a3+ ⋯+ n⋅an=n(n+ 1)(n+ 2) ,∀n∈ℕ ,求 an 。
[ 3n+ 3 ]
Ex61.設首項為 100,公差為 −3 的等差數列之前 n項和為 Sn,則當 n=?時,Sn有最大值為?[34,1717]
Ex62.一凸多邊形之所有內角成等差,公差為 5度,最小角為 120度,求邊數?[9]
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Ex63.設 an=n1n22
n43
n84 , ∀n∈ℕ ,有關數列<an>下列何者敘
述為真?(A)為等差數列,公差為 10(B)為等差數列,公差為 15/8(C)為等比數列,公比為 1/8(D)為等比數列,公比為 1/2(E)既非等差亦非等比。[B]
Ex64.假設某鎮每年的人口數逐年成長,且成一等比數列。已知此鎮十年前有 25萬人,現在有 30萬人,那麼二十年後,此鎮人口應有幾萬人(求到小數點後一位)[43.2]
Ex65.一個邊長為 n的大正方形中,共有 n2個單位正方形。如果每一個單位正方形的邊都恰有一根火柴棒,而此大正方形共用了 an根火柴棒,求 an+ 1−an 。[4n+4]
Ex66.一等差數列<an>之首項 a1=50,公差為 −4 ,求 ∑n=1
40
∣an∣ =?[1796]
Ex67.設一等差級數數列的首項 2+45 i,公差是 1-3 i,若此數列的首 n項和為 Sn,則使 Sn為實數的正整數 n=?[31]
Ex68.設有一等比數列,首項為 7,末項為 448,總和為 889,若此數列的公比為r,項數為 n,則數對(n,r)。[(7,2)]
Ex69.在一直線上置有木樁 100支,每支相隔 5公尺,在第 30支的地方有一人,想要木樁逐一搬運集中該處,問至搬完,共應走多少公尺路?[29200]
Ex70.設有兩個等差數列<an>=<1,4,7,10 …, ,1000>,<bn>=<11,21,31,41 …, ,1001>今從<an>與<bn>二數列中取出相同的項形成一個新數列<cn>,試求此數列的和。[16863]
Ex71.設<an>為等差數列,首項-200,公差為 7。
(1)若 ∑k =1
n
ak 之值為最小,此時 n記為 n0,則 n0=?
(2)承上,求此時 ∑k =1
n0
ak 之值。[29,-2958]
Ex72.級數 5.5+55.55+555.555 …+ +至第 20項之和為581
102110k
t , k ,t ∈Z ,
則 k=? t=?[-20,-11]
Ex73. 132
5
227
23⋯2n−1
2n−1 之和。[ 6−2n3
2n−1 ]
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Ex74.等比級數其公比為正,前 10項和為 2,前 20項和為 2050,那麼公比為?首項為?[2,2/1023]
Ex75.平面上 n條直線最多把平面分成幾個區域。[2
22 nn]
Ex76.平面上 n個圓最多把平面分成幾個區域。[ n2−n+ 2 ]
Ex77.平面上過同一個定點的 n個圓最多把平面分成幾個區域。[2
22 nn]
Ex78.空間中 n個平面最多把空間分成幾個區塊。[n3
+ 5 n+ 66
]
Ex79.在圓上取 n個點(n 2)≧ ,兩兩相連所得的直線是否最多將此圓內區域分割成
為 2n−1 個區域。[否][ 1+ C 2n+ C4
n ]
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附錄:常見遞迴式直接解法1.累加型: an1=a n f n (後項與前項係數相同)
Ex80.數列 ⟨an⟩ ,若 a1=1 且 an+ 1=an+ (n+ 1)2 ,∀n∈ℕ ,求 an 。
解︰ 1n na a -= 2n+
1na - 2na -= 2( 1)n+ -
2na - 3na -= 2( 2)n+ -
……
+) 2a 21 2a= +
∴一般項 2 2 2 2 2 2 21
( 1)(2 1)2 3 1 2 3
6n
n n na a n n
+ += + + + + = + + + + =L L
2.累乘型: an1= f n⋅an (無附加項)
Ex81.數列<an>,已知 a1=2且 1
2n n
na a
n++
= , n∈ℕ ,求 an 。
解︰由 12 1
3aa ; 23 2
4aa ; 34 3
5aa ……; ; 11
1
nn a
n
na
相乘得 )1(2
)1(2
1
1
23
5
2
4
1
31
nnnn
n
n
n
naan ,n 2≧
而 n=1代入上式亦成立,故 an=n(n+1), ∀n∈N
3.混合型: an1= p⋅anq ,(其中 p、 q是常數)(p=1為累加型)(q=0為累乘型)
Ex82.數列<an>,a1=1,an + 1= Nna n ,32
1,求 an 。
[法一]∵an= 32
11 na 且 3
2
11 nn aa
)(2
111 nnnn aaaa 即 12
1 nn bb
∴階差數列 ⟨bn⟩ 為公比 2
1r 的等比數列,
其首項2
51
2
7121 aab
故
1
11
n
kkn baa
1
1 1
5 1[1 ( ) ] 1 12 21 1 5[1 ( ) ] 6 5( )
1 2 212
n
n n
-
- --
= + = + - = --
Ex83.續上題
[法二]令不動點 L=an+ 1=an ⇒ L=12
L+ 3⇒ L=6 原式即 )6(2
161 nn aa
a2−6=12a1−6
a3−6=12
a2−6
⋯⋯
×) an−6=12an−1−6
相乘對消得 )6(2
16 11
aann ,故 12
56
nna
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4.(課外)二階遞迴: an2=p⋅an1q⋅an
設原式為 an2=p⋅an1q⋅an , n≥1,(其中 p , q ,a1, a2 是給定常數),
令 p= , q=−⋅ ,(即 , 是二次方程式 x2− p x−q=0 的兩根)
得 an2=⋅an1−⋅⋅an⇒{an2−an1=an1−an
an2− an1=an1− an
分別以累乘型運算 ⇒{an1−an=n−1
a2−a1⋯⋯1
an1−an=n−1
a2− a1⋯⋯2
(2)−(1) 得 −an=n−1
a2− a1−n−1
a2− a1
可解出 an=a2− a1
−
n
a2−a1
−
n 。
謎之音:最好是有人想背這個公式啦!
謎之彬音:那 . . .改良一下 an=h⋅nk⋅n
這樣有沒漂亮一點呀。
謎之音:挖勒!還是不知道 h與 k,有啥用?謎之彬音:挖勒 , too!啊是不會隨便代個 a1, a2 解 h ,k喔(請看下面例題[法二])
Ex84.數列 ⟨an⟩ , {a1=3,a2=5an2=5an1−6an , n≥1
,求 an 。
[法一]特徵方程 x2
−5 x6= x−2x−3=0,=2,=3
⇒{an2−2 an1=3an1−2an
an2−3 an1=2an1−3 an,(計算恕略)累乘後 ⇒{an1−2 an=3n−1
a2−2a1
an1−3an=2n−1a2−3a1
⇒{an1−2 an=−3n−1
an1−3an=−4⋅2n−1 ⇒an=2n1−3n−1
[法二]x2
−5 x6= x−2x−3=0,=2,=3
令 an=h⋅2nk⋅3n ,當 n=1,2 ⇒{a1=2h3k=3
a2=4 h9k=5⇒{
h=2
k=−13
⇒an=2n1−3n−1
費波那契數列(Fibonacci sequence)或簡稱費氏數列 ⟨ Fn⟩ ︰1,1,2,3,5,8,13,21,34,55 ……,
假設一對(雌雄各一)新生小兔,經過一個月後就長成大兔子,再一個月後會生出一對(雌雄各一)小兔子,而且從此以後每個月都會生出一對(雌雄各一)小兔子。假設每對小兔子的生長與生育過程都是這樣只生不死(萬歲萬歲萬萬歲)。設 F n 表示第 n個月時兔子的對數,根據假設,畫樹狀圖來協助我們瞭解,
● ○以 表示一對新生兔子, 表示一對大兔子。由題意知,從 n≥3 起,
第 n個月時的兔子可分為大兔子與新生小兔兩種。每對大兔子都是從第 n−1 個月留下來的,因此第 n個月時的大兔子對數與第 n−1 個月時的兔子對數相等。
而新生小兔的父母必須在第 n−2 個月時就存在,再者每次兔子的生育都是生一對。因此,第 n個月時的新生小兔的對數與第 n−2 個月時的兔子對數相等。
因此,數列 ⟨ Fn⟩ 中隱含著以下的遞迴關係式: {F 1=F 2=1F n=F n−1F n−2 , n≥3
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Ex85.設 ⟨ Fn⟩ 是費波那契數列: {F1=1, F 2=1F n2=F n1F n , n≥1
,求 F n 。
解︰ x2− x−1=0⇒=
152
,=1−5
2
令 F n=h 15
2
n
k 1−5
2
n
當 n=1,2 ⇒{F1=h15
2k
1−52
=1
F 2=h 15
2
2
k 1−5
2
2
=1
⇒{F1=h15
2k
1−52
=1
F 2=h 35
2k
3−52
=1
⇒{h=1
5
k=−1
5
⇒ F n=1
515
2
n
−1
51−5
2
n
, n≥1
Ex86.設 F n 是費波那契數列: 121 FF , 2 1n n nF F F+ += + ( n≥1 ),則
(1) F122−F13 F 11 =?(2)前 500項中有幾項是奇數。[-1,334]
Ex87.用 7與 8二種阿拉伯數字組成 n位正整數,且無連續二個 8相鄰,設滿足條件的 n位正整數有 a n 個。若 an100 ,求 n最大值。[9]
Ex88.用 7與 8二種阿拉伯數字組成 n位正整數,且無連續三個 8相鄰,設滿足條件的 n位正整數有 a n 個。若 an2010 ,求 n最大值。[12]
5.(課外)分式遞迴:(1)異根 :均同減 ,相除 ,迭代(2)重根 :同減 ,倒數 ,假分數換帶分數
Ex89.設數列 ⟨an⟩ 滿足 a1=0, an1=an2
4−an
,求 an 。
解︰ L=L24−L
⇒ L=1 , 2 (異根)
{an1−1=an2
4−an
−1=2 an−1
4−an
⋯1
an1−2=an2
4−an
−2=3an−2
4−an
⋯2
1
2⇒
an1−1
an1−2=
23
an−1
an−2(G.P.)
⇒an−1
an−2=
23n−1 a1−1
a1−2=
1223n−1
⇒an=2n−1
−3n−1
2n−2−3n−1
Ex90.設數列 ⟨an⟩ 滿足 a1=1, an1=3 an−1
4 an−1,求 an 。
解︰ L=3 L−14 L−1
⇒L=12
(重根)
an1−12=
3an−1
4an−1−
12 ⇒an1−
12=
an−12
4 an−1
⇒1
an1−12
=4 an−1
an−12
=41
an−12
(A.P.)
⇒1
an−12
=4 n−11
a1−12
=4 n−2⇒an=
n2n−1
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6.(課外)高階遞迴(特徵方程)(1).重根二階遞迴:遞迴式: an2=p⋅an1q⋅an,( p2
4q=0 )若 x2
− p x−q=0 有重根 β、β,則一般式 an=h⋅nk⋅n⋅n
取該數列之前二項代入求出係數 h,k,即可得 an 一般式(2).三階遞迴數列:
三異根:遞迴式 an3=p⋅an2q⋅an1r⋅an
若 x3−p x2
−q x−r=0 之根為 α、β、γ,則一般式 an=g⋅nh⋅n
k⋅n
二同一異根:遞迴式 an3=p⋅an2q⋅an1r⋅an
若 x3−p x2
−q x−r=0 之根為 α、β、β,則一般式 an=g⋅nhk⋅n⋅
n
三同根:遞迴式 an3=p⋅an2q⋅an1r⋅an
若 x3−p x2
−q x−r=0 之根為 β、β、β,則一般式 an=gh⋅nk⋅n2⋅
n
(補充)階差數列︰若 1 1n n nb a a- -= - ,則稱數列 ⟨bn⟩是原數列 ⟨an⟩的階差數列,則
1n na a -- 1nb -=
1na - 2na -- 2nb -=
2na - 3na -- 3nb -=
……
3a 2a- 2b=
+) 2a 1 1a b- =
∴一般項 an=a1b1b2⋯bn−1=a1∑k=1
n−1
bk
謎之彬音︰若 ⟨an⟩的一般式為 k次多項式,則 ⟨bn⟩的一般式為 k-1次多項式(差分)
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