(n ≥ 2)
h0 = 1
h1 = 0
解 对应的齐次递推关系为 hn = 6hn−1 − 9hn−2 ，它的特征方程为 x 2 − 6x + 9 = 0 ，3 是二重特征根，
一 般 解 为 hn = c13n + c2n3n 。 设 非 齐 次 递 推 关 系 的 特 解 为 hn = rn + s ， 则
ⅰ) hn = 4hn−2 (n ≥ 2); h0 = 0, h1 = 1 ⅱ) hn = h n−1 + hn−2 (n ≥ 2); h0 = 1, h1 = 3 ⅲ) hn = hn−1 + 9hn−2 − 9hn−3 (n ≥ 3); h0 = 0, h1 = 1, h2 = 3 ⅳ) hn = 8h n−1 −16hn−2 (n ≥ 2); h0 = −1, h1 = 0
g ( x) = (x + x3 + x11)(x2 + x4 + x5 )(x + x3 + x11)(x + x3 + x11)
v)每个ei出现至少10次。 对每个ei引入一个因子，我们发现
( ) g x = (x10 + x11 + x12 +")(x10 + x11 + x12 +")(x10 + x11 + x12 +")(x10 + x11 + x12 +")
计算可知此特征方程的三个根是-1，1+ 2，1- 2，
因此一般解为an = C1(−1)n +C2(1+ 2)n +C3(1− 2)n 下面要确定C1,C2,C3使出事条件成立 n = 2 C1(−1)2 +C2(1+ 2)2 +C3(1− 2)2 = 5 n = 3 C1(−1)3 +C2(1+ 2)3 +C3(1− 2)3 =12 n = 4 C1(−1)4 +C2(1+ 2)4 +C3(1− 2)4 = 29
8、考虑一行 n 列棋盘。假设用红和蓝两种颜色之一位棋盘的每一个方格着色。令 hn 是使得没有两
个被涂成红色的方格相邻的着色方法数。求出并验证 hn 所满足的递推关系。然后得出 hn 的公式。
解：当第一列是蓝色时，有 hn−1 种着色方法，
当第一列是红色时，第二列为蓝色，有 hn−2 种着色方法，
所以 hn 满足递推关系
n = 0, c1 + c2 = 1
n
=
1,
c1
(1
+ 2
5
)
+
c
2
(1
− 2
5)
=
2
因此 c1
=
3+ 2
5 5
, c2
=
−3+ 25
5
hn
=
3+ 2
5 5
(1 + 2
5 )n
+
−3+ 25
5 (1 − 2
5 )n
1 6 .求 解 初 始 值 h 0 = 1, h1 = 0 , h 2 = 0 递 推 关 系 h n = 3 h n − 2 − 2 h n − 3 ( n ≥ 3 ) . 解：这个递推关系的特征方程为：
ⅴ) hn = 3h n−2 − 2hn−3 (n ≥ 3); h0 = −1, h1 = 0, h2 = 0
ⅵn−4 (n ≥ 4); h0 = 0, h1 = 1, h2 = 1, h3 = 2
∞
∑ 解：ⅰ) 该序列的生成函数 g(x) = hn x n n=0
=
8 9
−
2 3
n
+
1 9
(−2)n
18.确定长为n，不包含两个相连的0或相连的1的三进制串（即由一些0、1、2组成
的串）的个数an的递推关系，然后求出an的公式 解：根据题意可知h2 = 5,h3 =12,h4 = 29
当n ≥ 5时，对于三进制串，第一个位置不为0，
当第一个位置为1时，第二个位置为0或2，对应的三进制串分别为an−2种和an−2 + an−3种 当第一个位置为2时，第二个位置为0，1或2，此时三进制串有an−1 + an−2种 于是an满足递推关系an = an−1 +3an−2 + an−3 （n ≥ 5） 它的特征方程为x3 − x2 −3x3 −1= 0
= x10 (1+ x1 + x2 +")x10 (1+ x1 + x2 +")x10 (1+ x1 + x2 +")x10 (1+ x1 + x2 +")
= x10 x10 x10 x10 1− x 1− x 1− x 1− x = x40 (1− x)4
30、通过用 7.5 节所描述的生成函数的方法求下列递推关系
4、证明斐波那契序列是递推关系
an = 5an−4 + 3an−5
(n ≥ 5)
的解，其中， a0 = 0, a1 = 1, a2 = 1, a3 = 2, a4 = 3. 然后利用这个公式证明斐波那契序列满足条件：
f n 可被 5 整除当且仅当 n 可被 5 整除。
解：根据斐波那契序列的定义， f0 = 0, f1 = 1
经计算可得C1
= 0,C2
=
2+ 4
2 ,C3
=
2− 4
2
所以an
=
2+ 4
2
(1+
2)n + 2− 2 (1− 4
2)n
23、求解非齐次递推关系
hn = 4hn−1 + 3× 2n
(n ≥ 1)
h0 = 1
解 对应的齐次递推关系为 hn = 4hn−1 ，它的特征方程为 x − 4 = 0 ，有一个特征根 q = 4 ，一般解为
hn = c4n 。设非齐次递推关系的特解为 hn = p2n ，则 p2n = 4 p2n−1 + 3× 2n ，求得 p = −3 ，则
hn = c4n + 3× 2n 。由初始条件 h0 = 1 ，得出 c = 1。故 hn = 4n + 3× 2n 为原问题的解。
26、求解非齐次递推关系
hn = 6hn−1 − 9hn−2 + 2n
f n = f n−1 + f n−2 = f n−2 + 2 f n−3 + f n−4 = f n−3 + f n−4 + 2 f n−4 + 2 f n−5 + f n−4 = fn−4 + fn−5 + 4 fn−4 + 2 fn−5 = 5 fn−4 + 3 fn−5
由题意可知斐波那契序列满足递推关系 an = 5an−4 + 3an−5
6
c
4 n
2
c2 n1
n 2 (n 1)2 4
25.应用组合学论证方法，证明二项式系数的 Vandermonde 卷积：
对所有的正整数 m1,，m2，和 n，∑
作为
特殊情形，推导恒等式∑
.
解答：等式右边表示从 m 1
m2
中选出 n
个元素，共有
c
n m
1
m2
中选法。两外一种解释是：将 m 1 m 2 分成两类.一类含有
=1 (1− x3 )4
元素e1不出现，而e2出现至多一次。 对每个ei引入一个因子，我们发现
g ( x) = (1)(1+ x)(1+ x + x2 +")(1+ x + x2 +")
= 1+ x (1− x)2
iv)元素ei出现1，3或11次，而元素e2出现2，4或5次。 对每个ei引入一个因子，我们发现
=
C1 + C2n + C3(−2)n
下
面
要
确
定
C1,
C
2
,
C
使
3
初
始
条
件
成
立
(n = 0)
C1 + C3 = 1
(n = 1)
C1 + C2 − 2C3 = 0
(n = 2)
C1 + 2C2 + 4C3 = 0
该
方 程 组 唯 一 解 是 ：C 1
=
8 9
C2
=
−
2 3
C3
=
1 9
因 此 解 为 ： hn
⋯
n
解答： ( 1 x ) n
c
k n
x
k
k0
两边同时在（0，1）上求定积分得：
1
(1
0
n
x ) dx
1 0
n k0
c
k n
x
k
等 式 左 边 积 分 后 为 2 n1 1 n1
, 右 边 为 1+
1 2
c
1 n
1 3
c
2 n
n
1
1
c
n n
20.求整数 a,b,c,使得对所有的 m
29.令S为多重集{∞ ⋅ e1, ∞ ⋅ e2 , ∞ ⋅ e3, ∞ ⋅ e4}。确定组合序列h"0 , h1, h2 ,", hn ,"的生成函数，其中
hn为S具有如下附加限制的n − 组合数： i)每个ei出现奇数次。 ii)每个ei出现3的倍数次。 iii)元素e1不出现，而e2出现至多一次。 iv)元素ei出现1，3或11次，而元素e2出现2，4或5次。 v)每个ei出现至少10次。 解：i)每个ei出现奇数次