答案：
把an?n!bn代入an?2nan?1?7n!中得：bn?2bn?1?7?bn?1?2bn?2?7
得： bn?3bn?1?2bn?2?0
设bn=qn代入bn?3bn?1?2bn?2?0得到特征多项式x2?3x?2?0 解方程的x1?1，x2?2 ? bn?A?1n?B?2n 所以 an?n!(A?1n?B?2n)
n2．39利用置换an?bn，a0?5
nnbbn?1bn?111b解：利用置换an?n代入上式可得n???n?1?，即
nnnn?1nnnan?1?，解：an?n?11bn?bn?1?1，即可得 bn?bn?1?1
bn?1?bn?2?1 bn?2bn?1?bn?2?0 特征方程：q2?2q?1?0 解得，q=1 通解为：A?2n?B?n?2n
根据a0?5，可得a1?1，a2?1，即b1?1，b2? 2A?2B?1 4A?8B?由此可得，A?bn?78?2?n12，代入通解可得
127 ，B??n388，所以
78n?2?n38?n?2，即an?38?2
n2.41. 设an满足: an+b1an?1+b2an?2=5rn 其中b1,b2和r都是常数,
试证该序列可满足三阶齐次线性常系数递推关系,且有特征多项式 (x-r)(x2+b1x+b2)
证明: an+b1an?1+b2an?2=5rn ① an?1+b1an?2+b2an?3=5rn?1 ②
②两边乘以r得
ran?1+rb1an?2+rb2an?3=5rn ③ ① ―③得
an+(b1-r)an?1+(b2-rb1)an?2-rb2an?3=0 ④ 由④可知.该序列可满足三阶齐次线性常系数递推关系. 它的特征多项式为 x3+(b1-r)x2+(b2-rb1)x-rb2因式分解为 (x-r)(x2+b1x+b2) 证毕.
2.42：设{an}满足an-an-1-an-2=0, {bn}满bn-2bn-1-bn-2=0,cn=an+bn, n=0.1.2.3。证{cn}满足一个四阶线性常系数齐次递推关系。 解：因为an= an-1+an-2，bn=2bn-1+bn-2,
所以cn= an-1+an-2+2bn-1+bn-2
=2cn-1+cn-2-an-1
所以an-1=2cn-1+cn-2- cn,
又因为an-1=an-an-2=2cn+cn-1- cn+1 -(2cn-2+cn-3- cn-1) 所以cn= 2cn-1+cn-2-an-1 cn= 2cn-1+cn-2- [2cn+cn-1- cn+1 -(2cn-2+cn-3- cn-1)]
所以3cn-3cn-2-cn-3- cn+1=0 ，满足一个四阶线性常系数齐次递推关系。 2.43 习题2.42中，若cn?anbn，试讨论之
解：?an?满足an?an?1?an?2?0 ?bn?满足bn?2bn?1?bn?2?0
所以an?an?1?an?2，bn?2bn?1?bn?2
cn?anbn?(an?1?an?2)(2bn?1?bn?2)?2an?1bn?1?an?2bn?2?an?1bn?2?2an?2bn?1
cn?2cn?1?cn?2?an?1bn?2?2an?2bn?1 cn?1?2cn?cn?1?anbn?1?2an?1bn
（1）
又因为 :
anbn?1?2an?1bn?(an?1?an?2)bn?1?2an?1(2bn?1?bn?2)
?4an?bn1?12an?bn?1 ?an?1bn?1?an?b2n?1?
?5cn?1?an?2bn?1 2?2an?bn1?所以 cn?1?2cn?cn?1?5cn?1?an?2bn?1?2an?1bn?2
有 cn?cn?1?2cn?8cn?1?cn?2?3an?2bn?1?3an?1bn?2 （2） 那么an?1bn?anbn?1?(an?2?an?1)bn?1?an?1(2bn?1?bn?2)
?an?2bn?1?an?1bn?1?2an?1bn?1?an?1 bn? ?3cn?1?an?2bn?1?an?1bn ? 得an?1bn?anbn?1?an?2bn?1?an?1bn?2?3cn?1
又因为（2）知道cn?1?cn?2?2cn?1?8cn?cn?1?3an?1bn?3anbn?1（3） （3）—（2）=2cn?1?6cn?7cn?1?cn?2?3(an?1bn?anbn?1?an?2bn?1?an?1bn?2)
?2cn?1?6cn?7cn?1?cn?2?9cn ?1
(cn?1?cn?2)?(cn?cn?1)?2cn?1?6cn?2cn?1?cn?2
0 所以最后得到 cn?2?2cn?1?7cn?2cn?1?cn?2?；
所以推出{cn}满足四阶线性常系数齐次递推关系。
2.44 设{an}和{bn}均满足递推关系xn+d1xn-1+d2xn-2=0，试证
（1）{anbn}满足一个三阶奇次线性常系数递推关系；
（2）a0，a2，a4，…满足一个二阶线性常系数奇次递推关系。 解（1）
an??d1an?1?d2an?2bn??d1bn?1?d2bn?2anbn?d1an?1bn?1?d2an?2bn?2?d1d2(an?1bn?2?an?2bn?1) （1）令xn?1?an?1bn?2?an?2bn?1xn?anbn?1?an?1bn =（?d1an?1?d2an?2）bn?1?an?（?d1bn?1?d2bn?2）1 ??2d1cn?1?d2xn?1xn?d2xn?1??2d1cn?1根据（1）可得（cn?anbn）：cn?d1cn?1?d2cn?2?d1d2xn?（2）1cn+1?d1cn?d2cn?1?d1d2x（3）n(3)?(2)?d2cn+1?(d2?d1)cn?(d1d2?d2)cn?1?d2cn?2?02223222222
所以{anbn}满足一个三阶其次线性常系数递推关系。 2.45 设F0,F1,F2?是
Fibonacci序列,试找出常数
a,b,c,d，使
F3n?aFnFn+1Fn+2+bFn+1Fn+2Fn?3?cFn+2Fn?3Fn+4?dFn?3Fn+4Fn+5解：但n分别为0,1,2,3时,有
F0?bF1F2F3?cF2F3F4?dF3F4F5F3?aF1F2F3+bF2F3F4?cF3F4F5?dF4F5F6F6?aF2F3F4+bF3F4F5?cF4F5F6?dF5F6F7F9?aF3F4F5+bF4F5F6?cF5F6F7?dF6F7F8F0?0,F1?F2?1,F3?2,F4?3,F5?5,F6?8,F7?13,F8?21,F9?34
代入上面四个
式子,得 a=?17,b=21,c=13,d=?4.
2.45 设F0,F1,F2?是Fibonacci序列，试找出常数a,b,c,d，使： F3n?aFnFn?1Fn?2?bFn?1Fn?2Fn?3?cFn?2Fn?3Fn?4?dFn?3Fn?4Fn?5 解：F1?1,F2?1,F3?2,F4?3,F5?5,F6?8,F7?13,F8?21,F9?34 1?1?2?a?1?2?3?b?2?3?5?c?3?5?8?d?2 因而有：2a+ 6b + 30c +120d=2 6a+30b+ 120c+520d=8 30a+120b+520c+2184d=34 120a+520b+2184c+9248d=144 解之得： a??1716 ， b??14 ， c?14 ， d??164
2.46 对所有的正整数a,b,c,恒有
Fa?b?c?Fa?2(Fb?2Fc?1?Fb?1Fc)?Fa?1(Fb?1Fc?1?FbFc）
解：首先 若能证明 Fm?n?FmFn?1?Fm?1Fn（m,n为任意的正整数）成立，则原式可证明成立。所以用第二归纳原理证明得： n固定，当m=1时：
F1?n?F1Fn?1?F0Fn?F1?1,F0?0,?F1?n?1Fn?1?0Fn?Fn?1,成立。假设当m??k时，命题成立，则当Fn?k?1?F(n?1)?k?Fn?k?Fn?k?1右边?FkFn?1?Fk?1Fn?FkFn?Fk?1Fn?1?Fk(Fn?1?Fn)?Fk?1(Fn?Fn-1）?FkFn?2?Fk?1Fn?1?m?k,m?k?1时命题成立，?FkFn?2?Fk?1Fn?1?Fn?k?1?左边。所以命题是成立的。则原题目中等式右边可化为如下：Fa?c(Fb?2Fc?1?Fb?1Fc)?Fa?1(Fb?1Fc?1?FbFc）?Fa?2Fb?c?2?Fa?1Fb?c?1?Fa?2?b?c?1?Fa?b?c?3左边等于右边，等式成22m?k?1时：立。22
?n??n??n??n??2n?2.47．证明等式????????????????,求(1+x4+x8)100中x20项的系数.
?0??1??2??n??n? 证明：由题知：
?n??n??n??n??n??n??n??n??n??n???????????????????????????????012n0n1n?1?????????????????n??0??m?n??m??n??m??n??m??n?由等式???????????????????,其中m?n ?n??0??n??1??n?1??n??0?令m=n 得?2n??n?n??n??n??n??n??n??n???=???????????????????nn0n1n?1?????????????n??0?2222