已知遞推公式f（n）=（n-1）（n-2）[f（n-2）+f（n-3）+（n-3）*f（n-4）]（n>4）求通項公式 f（n）=（n-1）（n-2）[f（n-2）+f（n-3）+（n-3）*f（n-4）]（n>4） f（1）=f（2）=2 f（3）=2 f（4）=6 f（1）=f（2）=0 上面打錯了 這個f（n）跟/e在n趨近於無窮的時候是有倍數關係的 給出幾個f（n）方便大家檢驗結果 f（5）=24 f（6）=160 f（7）=1140 f（8）=8988 上面那個遞推跟下麵這個是等價的 f[n]=（n-1）（f[n-1]+（n-2）*f[n-3]）

已知遞推公式f（n）=（n-1）（n-2）[f（n-2）+f（n-3）+（n-3）*f（n-4）]（n>4）求通項公式 f（n）=（n-1）（n-2）[f（n-2）+f（n-3）+（n-3）*f（n-4）]（n>4） f（1）=f（2）=2 f（3）=2 f（4）=6 f（1）=f（2）=0 上面打錯了 這個f（n）跟/e在n趨近於無窮的時候是有倍數關係的 給出幾個f（n）方便大家檢驗結果 f（5）=24 f（6）=160 f（7）=1140 f（8）=8988 上面那個遞推跟下麵這個是等價的 f[n]=（n-1）（f[n-1]+（n-2）*f[n-3]）

令g（n）=f（n）/（n-1）！，h（n）=g（n）/n=f（n）/n！
那麼g（n）=g（n-2）+h（n-3）+h（n-4）
對n求和可得
g（n）=1+h（1）+h（2）+…+h（n-3）
因此
g（n+1）-g（n）=h（n-2）
或者
（n+1）h（n+1）-nh（n）=h（n-2）
再考察幂級數
y（x）=sum h（n）x^n，
其中求和從n=1開始，當然也可以補一個h（0）=0
由上述遞推關係可得
（1-x）y'（x）=x^2（y+1）
解出y（x）=exp（-x（x+2）/2）/（1-x）-1
所以f（n）就是y（x）在x=0處的n階導數
至於有沒有更初等的通項，那我也不清楚

數列{F（n）}的遞推公式為：F（n+1）F（n-1）=F（n）^2+1，前兩項為：F（1）=1，F（2）=2.求通項公式.

Fn+1Fn-1=Fn^2+1Fn+2Fn=Fn+1^2+1兩式相减得：Fn+2Fn-Fn+1Fn-1=Fn+1^2-Fn^2移項得：Fn+2Fn+Fn^2=Fn+1Fn-1+Fn+1^2即Fn（Fn+2+Fn）=Fn+1（Fn+1+Fn-1）則（Fn+2+Fn）/Fn+1=（Fn+1+Fn-1）/Fn即數列（Fn+2+Fn）/Fn+1為常數列可得（Fn+…

疊加法求通項是否需要在最後驗證n=1
在用疊加法求通項的時候，如a（n）-a（n-1）=2n-1列出所有，疊加後，是否需要在求出的通項公式中，在去驗證a1是否符合？
因為根據我的經驗，a1都是符合的，但是畢竟上面的疊加中用到了a（n-1），是在n≥2的前提下的.

肯定要啊，誰說a1都是符合的啊？
是你的數列有點特別，所以a1才符合的.並不是所有的都符合
你可以求出a（n）=a1+n^2-1
a1符合是因為n=1時n^2-1=0.
如果你的式子是a（n）-a（n-1）=3n-1.a1還成立嗎？還是不需要驗證嗎？
你寫的是特殊情况，是一種巧合