变系数递推数列通项

v6mm131

能否不用数归  已知 $a_1=2,a_2=3,(n-1)a_{n+1}=(n-2)a_{n}+2a_{n-1}，(n\ge2)$,求$a_n$

Infinity

如果允许使用高等数学内容的话，可以考虑母函数 $y(x)=\sum_{n\geqslant 1}a_nx^n$，于是原方程可化为微分方程\[y'-\frac{2(x^2-x+1)}{x(1-x)}y+2=0\]初始条件为$y'(0)=2$，求得特解\[y(x)=\frac{x(2-x)}{(1-x)^2}=\frac{1}{(1-x)^2}-1\]因为$(1-x)^{-1}=1+\sum_{n\geqslant 1}x^n$，两边同时求导，得$(1-x)^{-2}=1+\sum_{n\geqslant 1}(n+1)x^n$，因此$y(x)=\sum_{n\geqslant 1}(n+1)x^n$，即$a_n=n+1$.

青青子衿

回复 2# Infinity

如果允许使用高等数学内容的话，可以考虑母函数 $y(x)=\sum_{n\geqslant 1}a_nx^n$，于是原方程可化为微分 ...
Infinity 发表于 2019-5-29 20:01

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1. DSolve[y'[x] + (2 (x^2 - x + 1))/(x (x - 1)) y[x] + 2 == 0, y[x], x]

复制代码

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补充一个一阶线性常微分方程的求解：

\[y'+\frac{2(x^2-x+1)}{x(x-1)}y+2=0\]
\begin{align*}
y'&=-\frac{2(x^2-x+1)}{x(x-1)}y-2\\
\\
y'&=\qquad\qquad\quad\,P(x)y+Q(x)\\
\\
y&=e^{\scriptsize\displaystyle\int P(x)\mathrm{d}x}\left[\displaystyle\int Q(x)\normalsize{e}^{\scriptsize\displaystyle{-}\int P(x)\text dx}\text dx+C\right]\\
\\
y&=\frac{x^2e^{-2x}}{\left(x-1\right)^2}\left[-2\displaystyle\int\frac{\left(x-1\right)^2e^{2x}}{x^2}\mathrm{ d}x+C\right]\\
\\
y&=\frac{x^2e^{-2x}}{\left(x-1\right)^2}\left[-2\cdot\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{x}\right)e^{2x}+C\right]\\
y&=\frac{x^2e^{-2x}}{\left(x-1\right)^2}\left[\left(\frac{2}{x}-1\right)e^{2x}+C\right]\\
y&=-\frac{x(x-2)}{\left(x-1\right)^2}+\frac{Cx^2e^{-2x}}{\left(x-1\right)^2}\\
y&=\frac{1}{\left(x-1\right)^2}+\frac{Cx^2e^{-2x}}{\left(x-1\right)^2}-1\\
\end{align*}

\[ y'=-\frac{2}{\left(x-1\right)^3}-\frac{2Cx\left(x^2-x+1\right)e^{-2x}}{\left(x-1\right)^3} \]