待定系数法背后的底层数学逻辑

2022-06-18 21:35 作者:现代微积分 0人读过 | 我要投稿

今天想跟大家分享的是有趣的待定系数法，这个方法在很多题的求解都能用上。而待定系数法的使用基本都可以体现其中的一个共性:也就是先预知后定量分析。

看不懂别慌，举几个应用事例。

一、解决一些可用分部积分法求解的不定积分

这里讲的大部分涉及到高数的一些基础，学过高数的读者就当巩固基础好了。

简介分部积分法:

根据导数的四则运算，有:

$%5Cmathrm%20%7B%5Bf(x)g(x)%5D'%3Df'(x)g(x)%2Bf(x)g'(x)%7D$

移项得:

$%5Cmathrm%20%7Bf'(x)g(x)%3D%5Bf(x)g(x)%5D'-f(x)g'(x)%7D$

两边积分得:

$%5Cmathrm%20%7B%5Cint%20f'(x)g(x)dx%3Df(x)g(x)-%5Cint%20f(x)g'(x)dx%7D$

我们便得出结论:一个不定积分可以用一个函数减去另一个不定积分来表示(这其实就是导数乘法法则的逆运算)

这个新的不定积分的被积函数也是两个函数相乘，一个是导数(f(x)对应f'(x))，一个是原函数(g'(x)对应g(x))。而前面的这个函数是两个原函数部分相乘(f(x)g(x))。

如果 $%7B%5Csmall%20%5Cmathrm%20%7B%5Cint%20f(x)g'(x)dx%7D%7D%20$ 比 $%7B%5Csmall%20%5Cmathrm%20%7B%5Cint%20f'(x)g(x)dx%7D%7D%20$ 更好求，那么分部积分法就其作用了

如:(1)三角函数*整式多项式函数

求 $%5Cmathrm%20%7B%5Cint%20x%5E2sinxdx%7D$

这里有两条路，一是对x²积分，对sinx求导，得 $%5Cmathrm%20%7B%5Cfrac%7B1%7D%7B3%7D%20x%5E3cosx%7D$ ，这个的原函数似乎比原来更难找了。

二是对x²求导，对sinx积分，得 $%5Cmathrm%20%7B2x(-cosx)%7D$ ，我们发现这个新的被积函数的多项式部分较原来降了一次，那么如果我们再用同样方法最终就可以把多项式函数去掉了，因此第二条路是有效的。

$%5Cbegin%7Barray%7D%0A%5C%5C%20%5Cmathrm%20%7B%5Cint%20x%5E2sinxdx%20%7D%20%20%20%0A%5C%5C%5Cmathrm%20%7B%3Dx%5E2(-cosx)-%5Cint%202x(-cosx)dx%7D%0A%5C%5C%5Cmathrm%20%7B%3D-x%5E2cosx%2B2%5Cint%20xcosxdx%7D%0A%5Cend%7Barray%7D$

其中

$%5Cbegin%7Barray%7D%0A%5C%5C%20%5Cmathrm%20%7B%5Cint%20xcosxdx%20%7D%20%20%20%0A%5C%5C%5Cmathrm%20%7B%3Dxsinx-%5Cint%20sinxdx%7D%0A%5C%5C%5Cmathrm%20%7B%3Dxsinx-(-cosx)%7D%0A%5C%5C%5Cmathrm%20%7B%3Dxsinx%2Bcosx%7D%0A%5Cend%7Barray%7D$

$%5Cbegin%7Barray%7D%0A%5C%5C%5Ctext%7B%E2%88%B4%E5%8E%9F%E5%BC%8F%7D%20%5Cmathrm%20%7B%3D-x%5E2cosx%2B2(xsinx%2Bcosx)%7D%20%20%20%0A%5C%5C%5Cmathrm%20%7B%3D2xsinx%2B(2-x%5E2)cosx%7D%20%20%20%0A%5Cend%7Barray%7D$

最后补上常数C，即

$%5Cmathrm%20%7B2xsinx%2B(2-x%5E2)cosx%2BC%7D$

因此，对于此类积分，我们就采用分部积分法使新的被积函数的多项式函数部分的次数逐次降下来，最终去掉积分项达到求解目的。

但如果多项式函数次数较高，采用分部积分法往往需要进行多次的降次步骤，显得有些繁琐了，那么如何在这繁琐的运算中找到某些规律呢，重要的事情说三遍:

分析形式！分析形式！分析形式！

之所以强调这点是因为这是本章的精髓

我们写出最能代表这类型的被积函数通式:

$%5Cmathrm%20%7B%5Cint%20(C_1x%5En%2BC_2x%5E%7Bn-1%7D%2B...%2BC_n)sin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)dx%20%7D$

其中, $%7B%5Csmall%20%5Cmathrm%20%7BC_1%2CC_2%2C...%2Cc_n%2C%5Comega%20%2C%5Cvarphi%20%7D%20%7D$ 为常数

$%5Cmathrm%20%7B%3D(C_1x%5En%2BC_2x%5E%7Bn-1%7D%2B...%2BC_n)(-%5Cfrac%7B1%7D%7B%5Comega%20%7D%20)cos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$

$%5Cmathrm%20%7B-%5Cint%20%5BnC_1x%5E%7Bn-1%7D%2B(n-1)C_2x%5E%7Bn-2%7D%2B...%2BC_%7Bn-1%7D%5D(-%5Cfrac%7B1%7D%7B%5Comega%20%7D%20)cos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)dx%7D$

(图片也留着吧，不想删了，字迹潦草见谅)

观察形式，我们发现新函数的形式是一个多项式函数* $%5Cmathrm%20%7Bcos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$ ，且多项式最高次跟原多项式相等

新被积函数的形式是一个多项式函数* $%5Cmathrm%20%7Bcos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$ ，且多项式最高次比原多项式低1次

继续对新的被积函数采用分部积分

求 $%5Cmathrm%20%7B%5Cint%20%5BnC_1x%5E%7Bn-1%7D%2B(n-1)C_2x%5E%7Bn-2%7D%2B...%2BC_%7Bn-1%7D%5D%5Cfrac%7B1%7D%7B%5Comega%20%7D%20cos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)dx%7D$

设多项式函数为： $%5Cmathrm%20%7BD_1x%5E%7Bn-1%7D%2BD_2x%5E%7Bn-2%7D%2B...%2BD_%7Bn-1%7D%7D$

(ps:这里重新设常数D₁,D₂...后所代表的意义不变，都是代指前面的系数)

$%5Cmathrm%20%7B%3D%5Cint%20(D_1x%5E%7Bn-1%7D%2BD_2x%5E%7Bn-2%7D%2B...%2BD_%7Bn-1%7D)%20cos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)dx%7D$

$%5Cmathrm%20%7B%3D(D_1x%5E%7Bn-1%7D%2BD_2x%5E%7Bn-2%7D%2B...%2BD_%7Bn-1%7D)%20%5Cfrac%7B1%7D%7B%5Comega%20%7D%20sin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$

$%5Cmathrm%20%7B-%5Cint%20%5B(n-1)D_1x%5E%7Bn-2%7D%2B(n-2)D_2x%5E%7Bn-3%7D%2B...%2BD_%7Bn-2%7D%5D%5Cfrac%7B1%7D%7B%5Comega%20%7D%20sin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)dx%7D$

ps:上图和码字有一点不同的是，码字中我将 $%5Cfrac%7B1%7D%7B%5Comega%20%7D%20$ 并入多项式函数的系数中了，不影响形式的分析

再次分部积分后发现新函数的形式是一个多项式函数* $%5Cmathrm%20%7Bsin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$ 且多项式最高次比原多项式低1次

新被积函数的形式是一个多项式函数* $%5Cmathrm%20%7Bsin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$ ，且多项式最高次比原多项式低2次

由此我们可以总结:三角函数部分的形式总在 $%5Cmathrm%20%7Bsin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$ 和 $%5Cmathrm%20%7Bcos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$ 之间“反复横跳”，而其前面的多项式函数仍保持多项式函数的形式，因此经过一系列的分部积分并加加减减之后，可得到原函数是多项式函数* $%5Cmathrm%20%7Bsin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$ +多项式函数* $%5Cmathrm%20%7Bcos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$ 的形式

进一步分析可得多一个信息:三角函数与原被积函数异号(对于上面这题这里是cos)的式子前面的多项式次数与被积函数中的多项式函数次数相等;三角函数与原被积函数同号(对于上面这题这里是sin)的式子前面的多项式次数与被积函数中的多项式函数次数低1次(后面的多项式次数会越降越低，故只需看首次出现三角函数的项前面多项式的系数)

不过后面的这段信息分析不出也没关系，关键是前面的分析出原函数的形式！！！

$%5Cmathrm%20%7Bcos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$ 的推导同理

既然我们分析出了原函数的形式，那么就可以逆向设满足形式的原函数，对其求导，令其与被积函数相等算出系数即可(待定系数法)

设 $%5Cmathrm%20%7BF(x)%3Dg(x)sin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%2Bh(x)cos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%2BC%7D%20$

$%5Cmathrm%20%7BF'(x)%3D%5Bg'(x)-%5Comega%20h(x)%5Dsin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%2B%5B%5Comega%20g(x)%2Bh'(x)%5Dcos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%7D$

则g'(x)-ωh(x)=多项式函数①

ωg(x)+h'(x)=多项式函数②

由1式整理可将h(x)用①和g'(x)表示

对其求导求出h'(x),则h'(x)用①'和g''(x)表示

代入2式可得g(x)+(系数)g''(x)=多项式函数③

由于多项式函数的二阶导比原函数低2次，故只需根据③的最高次设函数g(x)待定系数即得，再代入1式可求得h(x)

当然，2式代入1式也同样道理

下面拿一道题来应用下。

$%5Cmathrm%20%7B%5Cint%20(x%5E2%2B4x%2B7)sin(2x%2B3)dx%7D%20%20%20$

设 $%5Cmathrm%20%7BF(x)%3Dg(x)sin(2x%2B3)%2Bh(x)cos(2x%2B3)%2BC%7D%20%20%20$ $%5Cmathrm%20%7BF'(x)%3D%5Bg'(x)-2h(x)%5Dsin(2x%2B3)%2B%5B2g(x)%2Bh'(x)%5Dcos(2x%2B3)%7D%20%20%20$

对比被积函数得:

$%5Cmathrm%20%7Bg'(x)-2h(x)%3Dx%5E2%2B4x%2B7%7D%20%20$ ①

$%5Cmathrm%20%7B2g(x)%2Bh'(x)%3D0%7D%20%20%20$ ②

由②得: $%5Cmathrm%20%7Bg(x)%3D-%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7D%20h'(x)%7D%20%20%20$

则 $%5Cmathrm%20%7Bg'(x)%3D-%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7D%20h''(x)%7D%20%20%20$

代入①式得:

$%5Cmathrm%20%7B-%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7Dh''(x)-2h(x)%3Dx%5E2%2B4x%2B7%20%7D%20%20%20$

设 $%5Cmathrm%20%7Bh(x)%3Dax%5E2%2Bbx%2Bc%7D%20%20%20%0A$

则 $%5Cmathrm%20%7Bh'(x)%3D2ax%2Bb%7D%20%20%20%0A$ , $%5Cmathrm%20%7Bh''(x)%3D2a%7D%20%20%20%0A$

$%5Cmathrm%20%7B-a-2(ax%5E2%2Bbx%2Bc)%3Dx%5E2%2B4x%2B7%7D%0A$

即 $%5Cmathrm%20%7B-2ax%5E2-2bx-a-2c%3Dx%5E2%2B4x%2B7%7D%0A$

令 $%7B%5Csmall%20%5Cmathrm%20%7B-2a%3D1%2C-2b%3D4%2C-a-2c%3D7%20%7D%20%20%20%7D%20%0A$ ，解得:

$%7B%5Csmall%20%5Cmathrm%20%7Ba%3D-%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7D%20%2Cb%3D-2%2Cc%3D-%5Cfrac%7B13%7D%7B4%7D%20%7D%20%20%20%7D%20%0A$

∴ $%5Cmathrm%20%7Bh(x)%3D-%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7Dx%5E2-2x-%5Cfrac%7B13%7D%7B4%7D%20%7D%20%20%20%0A$

$%5Cmathrm%20%7Bg(x)%3D-%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7Dh'(x)%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7Dx%2B1%20%20%7D%20$

$%5Cmathrm%20%7BF(x)%3D(%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7D%20x%2B1%20)sin(2x%2B3)%2B(-%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7Dx%5E2%20-2x-%5Cfrac%7B13%7D%7B4%7D%20)cos(2x%2B3)%2BC%7D%20%20%20%20%20$

重点！重点！重点！

我们缕清思路后会发现，流程的步骤应该是:先分析形式，后待定系数。

换而言之，待定系数是分析形式后的产物！

所以一道可用待定系数解决的题目，其数学思想不在于待定系数法本身，而在于前面的分析形式！我们便透过现象看着了本质！

类似这种思路的还有如下几种，由于篇幅原因这里就省去相同思想的推导过程了，若读者们有所启发可自行将过程推导出来，那么就算掌握精髓了。

类型二: $%5Cmathrm%20%7B%7B%5Csmall%20%5Cint%20e%5E%7Bax%7Dg(x)dx%7D%20%7D%20%20%20$ ,其中p(x)为多项式函数且最高次为n

那么其原函数形式为 $%5Cmathrm%20%7B%7B%5Csmall%20e%5E%7Bax%7Dh(x)%2BC%7D%20%7D%20%20%20$ ，其中C为常数，h(x)为多项式函数且最高次为n

类型三: $%5Cmathrm%20%7B%7B%5Csmall%20%5Cint%20e%5E%7Bax%7Dsin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)dx%7D%20%7D%20%20%20$

那么其原函数形式为 $%7B%5Csmall%20%5Cmathrm%20%7Be%5E%7Bax%7D%5B%5Clambda%20sin(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%2B%5Cmu%20cos(%5Comega%20x%2B%5Cvarphi%20)%5D%2BC%7D%20%20%7D$ ,其中λ,μ为常数

不过类型三都是两部分部积分就解决的，可以不用上法，只需要注意选定对三角函数进行两次同样的步骤就行(第一次选择求导，第二次则选择求导;第一次选择积分，第二次则选择积分。否则就“回到解放前”了)

二、用于求整式多项式数列的求和式

如:求 $%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E2%7D$

其中一种方法就是构造 $%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5E3-n%5E3%7D$

前者用二项式定理展开得: $%5Cmathrm%20%7Bn%5E3%2B3n%5E2%2B3n%2B1%7D$

∴ $%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5E3-n%5E3%3D3n%5E2%2B3n%2B1%7D$

$%5Cmathrm%20%7B2%5E3-1%5E3%3D3%5Ctimes%201%5E2%2B3%5Ctimes%201%2B1%7D$

$%5Cmathrm%20%7B3%5E3-2%5E3%3D3%5Ctimes%202%5E3%2B3%5Ctimes%202%2B1%7D$

...

$%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5E3-n%5E3%3D3n%5E2%2B3n%2B1%7D$

累加得: $%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5E3-1%5E3%3D3%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7D%20n%5E2%2B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7D3n%2B1%7D$

最后一项为等差数列: $%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7D3n%2B1%3D%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%20n%5E2%2B%5Cfrac%7B5%7D%7B2%7D%20n%7D$

代入上式可解得:

$%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E2%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B3%7Dn%5E3%2B%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7Dn%5E2%2B%5Cfrac%7B1%7D%7B6%7Dn%7D$

ps:其实等差数列的求和式也可以用上述方法推出，求 $%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%7D$ ，可构造 $%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5E2-n%5E2%7D$

用同样的方法，我们可求 $%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E3%7D$

$%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5E4-n%5E4%3D4n%5E3%2B6n%5E2%2B4n%2B1%7D$

累加得:

$%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5E4-1%5E4%3D4%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E3%2B6%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E2%2B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7D4n%2B1%7D$

而上面已求得 $%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E2%7D$

代入上式化简解得:

$%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E3%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B4%7Dn%5E4%2B%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7Dn%5E3%2B%5Cfrac%7B1%7D%7B4%7Dn%5E2%7D$

而到此你会发现，求 $%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E%7Ba-1%7D%20%7D$ (a为正整数)，就需要构造 $%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5Ea-n%5Ea%7D$ ，还需知道 $%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E%7Ba-2%7D%20%7D$ ，那么就需要逐层往上求，而这时待定系数法又能发挥其作用了。

不妨先分析其形式

$%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5Ea%3DC_%7Ba%7D%5E%7B0%7Dn%5Ea%2BC_%7Ba%7D%5E%7B1%7Dn%5E%7Ba-1%7D%2BC_%7Ba%7D%5E%7B2%7Dn%5E%7Ba-2%7D...%2BC_%7Ba%7D%5E%7Ba%7D%20%20%7D$

∴ $%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5Ea-n%5Ea%3DC_%7Ba%7D%5E%7B1%7Dn%5E%7Ba-1%7D%2BC_%7Ba%7D%5E%7B2%7Dn%5E%7Ba-2%7D...%2BC_%7Ba%7D%5E%7Ba%7D%20%20%7D$

累加得：

$%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5Ea-1%5Ea%3D%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7D%20C_%7Ba%7D%5E%7B1%7Dn%5E%7Ba-1%7D%2B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7D%20C_%7Ba%7D%5E%7B2%7Dn%5E%7Ba-2%7D%0A%2B...%2B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7DC_%7Ba%7D%5E%7Ba%7D%7D$

整理得：

$%5Cmathrm%20%7BC_%7Ba%7D%5E%7B1%7D%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E%7Ba-1%7D%3D(n%2B1)%5Ea-1%0A-%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7DC_%7Ba%7D%5E%7B2%7Dn%5E%7Ba-2%7D-...-%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7DC_%7Ba%7D%5E%7Ba%7D%7D$

得到 $%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E%7Ba-1%7D%20%7D$ 式子中有 $%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5Ea%20%7D$ 项

同理

$%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E%7Ba-2%7D%20%7D$ 式子中有 $%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5E%7Ba-1%7D%20%7D$ 项

$%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E%7Ba-3%7D%20%7D$ 式子中有 $%5Cmathrm%20%7B(n%2B1)%5E%7Ba-2%7D%20%7D$ 项

...以此类推

那么可得a为 $%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E%7Ba-1%7D%20%7D$ 中的最高次项

也即 $%5Cmathrm%20%7Bn%5E%7Ba-1%7D%7D$ 的求和式是最高次为a的多项式

另外还可简单证明 $%5Cmathrm%20%7B%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E%7Ba-1%7D%20%7D$ 求和式有几个性质:1.没有常数项，简证如下:

已知求和式为多项式f(n)，且n≥1均成立

则an=f(n)-f(n-1)

a₁=f(1)-f(0),即f(0)=0

(这个结论在求和式满足n=1时也成立时适用)

2.最高次项系数为为 $%5Cmathrm%20%7B%5Cfrac%7B1%7D%7Ba%7D%20%7D$

$%5Cmathrm%20%7B%5Cmathrm%20%7BC_%7Ba%7D%5E%7B1%7D%20%7D%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5E%7Bn%7Dn%5E%7Ba-1%7D%20%7D$ 的表达式中将 $%5Cmathrm%20%7B%5Cmathrm%20%7BC_%7Ba%7D%5E%7B1%7D%20%7D%7D$ 除过去可得证

这两个进一步推出的信息分析不出也没关系，关键是掌握如何分析出求和式的形式

另外，若一个数列为多项式，那么其求和式也是多项式，且求和式最高次数比数列最高次数高1次。这个根据分组求和很容易分析得到。

来举一道题应用下:

已知 $%5Cmathrm%20%7Ba_n%3D2n%5E3-3n%5E2%2B5n-4%7D$ ,求 $%5Cmathrm%20%7BS_n%7D$

设 $%5Cmathrm%20%7BS_n%3D2%5Ctimes%20%5Cfrac%7B1%7D%7B4%7D%20n%5E4%2Ban%5E3%2Bbn%5E2%2Bcn%7D$

n分别带1,2,3得到方程组:

$%5Cleft%5C%7B%5Cbegin%7Bmatrix%7D%20%0A%5Cmathrm%20%7B0%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7D%2Ba%2Bb%2Bc%7D%5C%5C%0A%5Cmathrm%20%7B10%3D8%2B8a%2B4b%2B2c%7D%5C%5C%0A%5Cmathrm%20%7B48%3D%5Cfrac%7B81%7D%7B2%7D%20%2B27a%2B9b%2B3c%7D%20%0A%5Cend%7Bmatrix%7D%5Cright.%20$

解得: $%7B%5Csmall%20%5Cmathrm%20%7Ba%3D0%2Cb%3D%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%20%2Cc%3D-2%7D%7D$

∴ $%5Cmathrm%20%7BS_n%3D%5Cfrac%7B1%7D%7B2%7D%20n%5E4%2B%5Cfrac%7B3%7D%7B2%7D%20n%5E2-2n%7D$

以上举了待定系数法的两个应用事例，该法应用广泛，如:二阶线性递推数列及其特征值、有理分式裂项、线性微分方程的特征值等，由于篇幅有限，这里不一一介绍了，读者们可以带着这份启示去研究一番。

而待定系数法的由来即前面的形式特征的分析，这提供了一个分析繁杂问题的一个很好的思考方向。我们在做题(即解决问题)时要思考其由来，这样才不会被花哨的解题技法秀花眼，才能体会到方法背后美妙的数学精髓！

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