发布时间 : 星期四 文章三阶递归序列的性质及其应用更新完毕开始阅读6acbd292763231126edb119a
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?fn?1 fn?fn?1 fn??1 1 1?????证：由定理6知? fn fn?1?fn?2 fn?1???1 0 0??f f?f f??1 0 1???n?3n?2??n?1n?2n?1
n?1?fn?1 fn?fn?1 fn??1 1 1?????等式两边分别取行列式即得：?fn fn?1?fn?2 fn?1???1 0 0??f f?f f??1 0 1???n?3n?2??n?1n?2=-1
?fn?2 fn?1 fn???化简即得?fn?1 fn fn-1?=-1.
?f f f?n-1n-2??n5.3 三阶斐波那契数列通项表示的行列式形式
定理8 对于三阶斐波那契数列?fn?，有：
1 ?1 1 0?0 01 1 ?1 1?0 00 1 1 ?1?0 0fn?????????0 0 0 0??1 10 0 0 0? 1 ?10 0 0 0? 1 1n?n等式右边是一个n?n阶方阵．我们运用第二数学归纳法来证明这个定理． 证明：当n?1,2,3时，f1?1?1,f2?1 ?11 ?1 1?2,f3?1 1 ?1?4，等式成立． 1 10 1 1
设当n?k,?k?3?时，等式都成立．则当n?k?1时，将行列式
1 ?1 1 1? 0 01 1 ?1 1?0 00 1 1 ?1?0 0????????0 0 0 0??1 10 0 0 0? 1 ?10 0 0 0? 1 1?k?1???k?1?
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则按最后一列展开可得：
1 ?1 1 0? 0 01 1 ?1 1?0 00 1 1 ?1?0 0??????0 0 0 0??1 10 0 0 0? 1 ?11 ?1 1 0?0 01 1 ?1 1 ?0 00 1 1 ?1?0 0???????0 0 0 0??1 10 0 0 0? 1 ?11 ?1 1 0? 0 01 1 ?1 1? 0 00 1 1 ?1?0 0???????0 0 0 0??1 10 0 0 0 ?1 ?11 ?1 1 0 ?0 01 1 ?1 1 ?0 00 1 1 ?1? 0 0???????0 0 0 0??1 10 0 0 0 ?0 ?10 0 0 0? 1 1?k?1???k?1?0 0 0 0? 1 1k?k0 0 0 0?0 1k?k0 0 0 0 ?0 11 ?1 1 0 ?0 01 ?1 1 0?0 01 ?1 1 0 ?0 01 1 ?1 1 ?0 01 1 ?1 1 ?0 01 1 ?1 1 ?0 00 1 1?1 ?0 00 1 1 ?1?0 00 1 1 ?1 ?0 0?????????????????????0 0 0 0??1 10 0 0 0??1 10 0 0 0??1 10 0 0 0? 1?10 0 0 0 ?1 ?10 0 0 0? 1 ?10 0 0 0? 1 1k?k0 0 0 0 ?1 1?0 0 0 0? 1 1k?1???k?1??k?2???k?2??fk?fk?1?fk?2从而定理成立． 5.4 r阶斐波那契数列及性质
这里我们简要定义一下r阶斐波那契数列，并给出r阶斐波那契数列的通项公式以及前n?1项和表达式．
定义：若一个数列?Fr?n??满足递推公式[11]:
Fr?n+r??Fr?n+r-1??Fr?n+r-2??...?Fr?n?,n?0,1,2,3... (5.4) 和初始条件Fr?0??1,Fr?i??2i?1,i?1,2,3... (5.5) 我们称该数列(5.4)为r阶斐波那契数列，(5.4)中的每一项都称之为r阶斐波那契数．简称r阶F数．
定理9 r阶斐波那契数列(5.4)和满足初始条件(5.5)的通项公式为
??n??r?1??Fr?n????1?kn??r?1?k?n?kr?n?k?r?1??1k??0n?rk??k??2,这里???表示?的整数部分． 定理10 r阶斐波那契数列(5.4)前n?1项和表达式为：
??n??r?1??Sn?1?????1?k??n?kr?n?k?r?1??1r?. k?0?k??2
k?k
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6 三阶线性递归序列的应用
例1：假设共有三种票值分别为1元的、2元的和3元的邮票，且具有足够多的数量可供使用．现今要贴出票面值为n元的邮票，从左到右贴于一张信封上，记不同的排列为不同的方法，请问一共有多少种的贴法?
分析：记贴n元票面值的方法共有fn种，那么为了求fn，我们考虑当第一张贴票面值为 1 元的邮票时，那么后面的方法共有fn?1 种贴法；如果第一张若贴票面值为 2元的邮票时，则后边的方法一共有fn?2种贴法；如果第一张若贴票面值为 3 元的邮票时，则后面的方法共有fn?3种贴法，于是有fn?fn?1?fn?2?fn?3贴法，而且显然有
f1?1.f2?2,f3?4，于是我们便得到了三阶斐波那契数列．不妨我们作以下分析：假设为了贴出n元票面值时，我们一共用3元票面值的邮票i张，一共用2元票面值的邮票j?n??n?3i?张，则1元票面值的邮票共需n?3i?2j张，且0?i???,0?j??,， 这时一共需?32????用邮票n?2i?j张，我们便从这n?3i?2j个位置中选出i个3 元邮票，再从剩余的
n?3i?j个位置中选出j个贴 2 元邮票，其余剩下的贴1元的，从而有不同的排列数为
Cin?2i?jCjn?3i?j,，于是我们就得到：
?n??n?3i??3??2?????i?0j?0fn???CijCn?2i?jn?3i?j，其中[x]表示x的整数部分．
例 2：现有一些白、黑、红三种颜色的小球（三色的球都足够多），要将它们放成一排，且必须满足如下的规定：每个白球的右边都至少有一个红球，每个黑球的右边都至少有一个白球，若一排有n个位置，问有多少种不同的排法？
分析：设共有f?n?种不同的排法．若n?1，则按要求只能放红球，所以只有一种
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排法，即f?2??1；若n?2，则按要求球的颜色只能是白红或红红，所以只有两种排法，即f?2??2；若n?3，则按要求球的颜色只能是白红红、黑白红、红白红或红红红，所
f3）?4；若有n个位置?n?3?，则若第一个位置放红球，则以后以只有四种排法，即（的n?1个位置只要按要求放即可，从而有f?n?1?种放法．若第一个位置放白球，则后一个位置就必须放红球，而以后的n?2个位置只要按要求放即可，从而有f?n?2?种放法．若第一个位置放黑球，则以后的两个位置就必须放白球与红球，而再后面的n?3个位置只要按要求放即可，从而有f?n?3?种放法．综上所述
f?n???f?1n???f2??n且?n,f?1??1,f?2??2,f?3??4即排法数f?n?构成三???f3阶斐波那契数列．
例3: 假如一个通讯员要将得到的电报传播出去，他决定发电报将这消息告诉其他的三个人，这三人接到电报后也立即再转告三人，依序每人分别将电报转告给另外三个，假定在这期间人员没有出现重复现象，且发通一电报需用一分钟时间，则 10 分钟后，共有多少人知道了这一电报？
分析：根据题意，第一分钟中有 1 人的得到电报；第二分钟中有 2 人新得到电报；第三分钟有1+1+2=4 人新得到电报；第四分钟发布电报的人已通知了三人 ，他不再通知其它人 ，所以有1+2+4=7人新得到电报．如此分析下去，第n分钟中新得到电报的人数恰好是前三分钟得到电报的人数的总和，即它们恰好构成三阶斐波那契数列 ，从而10分钟后知道这一电报的人数就是f0?f1?f2??f10?600.
总之，三阶斐波那契数列作为斐波那契数列的推广形式，它在形式与性质上与斐波那契数列有许多相似之处，但在数列的复杂性上又比斐波那契数列强很多，它们在今天几乎渗透到了数学的各个分支，如计算数学、应用数学、数值分析、概率统计、运筹学、几何学等等．此外它们在生物学、物理学、化学以及电力工程、证券市场优化理论等方向有着极其广泛的应用，它的运用价值正日益被人们所发现．