请教一道有挑战性的数列题
已知P(0)=p(1)=p(2)=1; p(n)=p(n-2)+p(n-3) 求证:p^2(n)-p(n+1)*p(n-1)=p(-n-7)
令p(n)=e^n,代入得到3次方程 e^3-e-1=0, 这个方程有一个实根a,和一对共轭虚根A(cosθ±isinθ),则差分方程 p(n)=p(n-2)+p(n-3) 的通解是 La^n+MA^ncosθn+NA^nsinθn, 其中,L,M,N是任意常数。 有了这个通解,就可以证得结论。 可能有点麻烦。我没试过。
已知:P(0)=p(1)=p(2)=1; p(n)=p(n-2)+p(n-3) 求证:[p(n)]^2-p(n+1)×p(n-1)=p(-n-7) 本题可以理解为一个双边无穷数列(n∈Z) , 以下仅就n∈N*的情况用数学归纳法证之。
【思路】 先证:当 n=1、2、3 时,原命题成立; 假设:当 1≤n≤k (k≥3)时,原命题成立, 再证:当 n=k+1 时,原命题也成立。 【过程】 由 p(0)=p(1)=p(2)=1; p(n)=p(n-2)+p(n-3) 推得: p(3)=p(0)+p(1)=2 p(4)=p(1)+p(2)=2 同样,由p(n-3) = p(n) - p(n-2) 推得: p(-1)=p(2)-p(0)=0 p(-2)=p(1)-p(-1)=1 p(-3)=p(0)-p(-2)=0 p(-4)=0 p(-5)=1 p(-6)=-1 p(-7)=1 p(-8)=0 p(-9)=-1 p(-10)=2 当 n=1 时,原命题就是: [p(1)]^2-p(2)×p(0)=p(-8) 左边= 1^2-1×1=0=右边 此时,原命题成立。
当 n=2 时,原命题就是: [p(2)]^2-p(3)×p(1)=p(-9) 左边= 1^2-2×1=-1=右边 此时,原命题成立。 当 n=3 时,原命题就是: [p(3)]^2-p(4)×p(2)=p(-10) 左边= 2^2-2×1=2=右边 此时,原命题成立。
假设:当 1≤n≤k (k≥3)时,原命题成立, 即 [p(n)]^2-p(n+1)×p(n-1)=p(-n-7) 证明:当 n=k+1 时,原命题也成立, 即证:[p(k+1)]^2 - p(k+2)×p(k) = p(-k-8) 推演过程不很复杂,只要心细, 并灵活使用所给条件 p(n)=p(n-2)+p(n-3) 和归纳假设 [p(n)]^2-p(n+1)×p(n-1)=p(-n-7) ,(1≤n≤k) 就能从 [p(k+1)]^2 - p(k+2)×p(k) 演算出 p(-k-8) 。
[p(k+1)]^2 - p(k+2)×p(k) =[p(k-1)+p(k-2)]^2 - [p(k)+p(k-1)]×p(k) =[p(k-1)]^2+[p(k-2)]^2+2×p(k-1)×p(k-2) - [p(k)]^2-p(k-1)×p(k) =[p(k-1)]^2+[p(k-1)×p(k-3)+p(-k-5)]+2×p(k-1)×p(k-2) - [p(k+1)×p(k-1)+p(-k-7)]-p(k-1)×p(k) =[p(-k-5)-p(-k-7)]+[p(k-1)]^2+p(k-1)×p(k-3) +2×p(k-1)×p(k-2) - p(k+1)×p(k-1)-p(k-1)×p(k) =p(-k-8)+[p(k-1)]^2+p(k-1)×[p(k-3)+p(k-2)-p(k)] +p(k-1)×p(k-2)-[p(k-1)+p(k-2)]×p(k-1) = p(-k-8)+p(k-1)×p(k-2)-p(k-2)×p(k-1) = p(-k-8) 。
1+(n-1)p+(n-2)p^2+(n-3)p^3+(n-4)p^4+......+2P^(n-2)+p^(n-1) =1+n(p+p^2+p^3+...+p^(n-1))-p(1+2+3+...+(n-1)) =1+np(p^(n-1)-1)/(p-1)-pn(n-1)/2 =1+n(p^n-p)/(p-1)-pn(n-1)/2 p(-n-应该是1)
答:关机重启 要不就直接把电池详情>>
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答:中国人的数学理应比外国人好! 这是我的个人观点,这在于中国人对数字的发音是单音,因此,对数字的记忆较为简单,提高了学习数学的效率! 而科学的发展,往往受制于社会...详情>>
答:补课是比较错误的方式。我一直到高中毕业没补过课。爸妈也不管我,随我学什么。我打游戏和化学都挺好。现在在大学读书,很深刻地感受到教育是钱买不来的。在实验室做小型的...详情>>