一數列的通項a(n)滿足遞推關係a(n+1)=3a(n)-2n²+4n+4,且a(1)=1,求通項a(n)的表示式?

遞迴計算 a(1) = 1 a(2) = 3(1) - 2(1^2) + 4(1) + 4 a(3) = 3[3(1) - 2(1^2) + 4(1) + 4] -2(2^2) + 4(2) + 4 = 3^2(1) -2(3．1^2+2^2) + 4(3．1+2) + 4(3+1) a(4) = 3[3^2(1) -2(3．1^2+2^2) + 4(3．1+2) + 4(3+1)] -2(3^2) + 4(3) + 4 = 1、3^3 - 2(3^2．1^2+3．2^2+3^2) + 4(3^2+3．2+3) + 4(3^2+3+1) 以此類推, a(n) = 3^(n-1) - 2[3^(n-2)．1^2+3^(n-3)．2^2+...+3^0．(n-1)^2] + 4(3^(n-2)．1+3^(n-3)．2+...+3^0．(n-1)] + 4[3^(n-2)+3^(n-3)+...+1] Σ_{k=1～n-1} a^(n-1-k) = [a^(n-1)-1]/(a-1) Σ_{k=1～n-1} a^(n-1-k)．k = Σ_{k=1～n-1} Σ_{j=1～k} a^(n-1-k) = Σ_{j=1～n-1} Σ_{k=j～n-1} a^(n-1-k) = Σ_{j=1～n-1} (a^(n-j)-1)/(a-1) = (a^n-a)/(a-1)^2 - (n-1)/(a-1) Σ_{k=1～n-1} a^(n-1-k)．k(k+1) = Σ_{k=1～n-1} Σ_{j=1～k} Σ_{i=1～j} 2a^(n-1-k) = 2Σ_{i=1～n-1} Σ_{j=i～n-1} Σ_{k=j～n-1} a^(n-1-k) = 2Σ_{i=1～n-1} Σ_{j=i～n-1} (a^(n-j)-1)/(a-1) = 2Σ_{i=1～n-1} {[a^(n+1-i)-a]/(a-1)^2 - (n-i)/(a-1)} = 2[a(n+1)-a^2]/(a-1)^3 - 2a(n-1)/(a-1)^2 - n(n-1)/(a-1) 故 3^(n-2)．1^2+3^(n-3)．2^2+...+3^0．(n-1)^2 = Σ_{k=1～n-1} 3^(n-1-k)．[k(k+1)-k] = {[3^(n+1)-9]/4 - 3(n-1)/2 - n(n-1)/2} - [(3^n-3)/4 - (n-1)/2] = (3^n-3)/2 - (n-1) - n(n-1)/2 3^(n-2)．1+3^(n-3)．2+...+3^0．(n-1) = (3^n-3)/4 - (n-1)/2 3^(n-2)+3^(n-3)+...+1 = [3^(n-1)-1]/2 = 3^n/6 - 1/2 而 a(n) = 3^(n-1) - 2[(3^n-3)/2 - (n-1) - n(n-1)/2] + 4[(3^n-3)/4 - (n-1)/2] + 4(3^n/6-1/2) = 3^n + n^2 - n - 2 ［另法］ 一階常係數線性差分方程, a(n+1) - 3a(n) = -2n^2 + 4n + 4, a(1) = 1 類似微分方程的解法. 先不管初值條件 (a(1) = 1), 方程式之通解為 a(n) = a_h(n) + a_p(n) 其中 a_p(n) 為方程式之一特解, a_h(n) 為對應之齊次方程 a(n+1) - 3a(n) = 0 之通解. 零階項 -2n^2 + 4n + 4 在一階常係數線性方程對應之特解型式為 a_p(n) = αn^3 + βn^2 + γn + δ 代入原方程式, 得 a_p(n+1) - 3a_p(n) = [α(n+1)^3+β(n+1)^2+γ(n+1)+δ] - 3[αn^3 + βn^2 + γn + δ] = -2αn^3 + (3α-2β)n^2 + (3α+2β-2γ)n + (α+β+γ-2δ) 所以 -2α = 0, 3α - 2β = -2, 3α + 2β - 2γ = 4, α + β + γ - 2δ = 4 故 α = 0, β = 1, γ = -1, δ = -2 即 a_p(n) = n^2 - n - 2 又, a_h(n) = C3^n 把初值 a(1) = 1 代入, 1 = a(1) = a_h(1) + a_p(1) = C 3^1 + (1^2-1-2) 得 C = 1 所以，　 a(n) = 3^n + n^2 - n - 2