浅谈 特征方程（二阶常系数线性齐次递推式的应用和证明）

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PS：我学这个的时候，应用其实是非常简单的，先把x1和x2求出来，然后把已知的序列中的某两项带入求出A和B的值，那么通项公式就求出来嘞。
虽然证明看起来式子很多，但其实认真读一下就好啦。

前言

特征方程应该是大学里的内容，但最近做题的时候遇到了，就想把我的一点心得和大家分享一下。
但由于鄙人水平有限，故以下只讨论二阶常系数线性齐次递推式。

问题

已知 $f(n)=c1*f(n-1)+c2*f(n-2)$（ $c1,c2$是常数），已知 $f(0)$和 $f(1)$，求 $f(n)$的通项公式。

结论

先求出上面递推式的特征方程： $x^2-c1*x-c2=0$。设两根分别为 $x1,x2$。
若 $x1\neq x2$，则 $f(n)=A*x1^n+B*x2^n$；
若 $x1=x2$，则 $f(n)=(A+B*n)*x1^n$。（A和B可通过 $f(0)$和 $f(1)$求出）

例题

已知 $f(n)=4f(n-1)-3f(n)$， $f(0)=3$， $f(1)=5$，求 $f(n)$的通项公式。
解：
特征方程为： $x^2-4x+3=0$
$x1=1,x2=3$
$\because x1\neq x2$
$\therefore f(n)=A+B*3^n$
当n=0时， $3=A+B$；当n=1时， $5=A+3B$
解得 $A=2,B=1$
$\therefore f(n)=3^n+2$

证明

我们可以把递推式转化成一个类似等比数列的东西。
设 $f(n)-r*f(n-1)=s(f(n-1)-r*f(n-2))$，则 $f(n)=(s+r)*f(n-1)-r*s*f(n-2)$
可得 $s+r=c1,s*r=-c2$
根据韦达定理，s和r是 $x^2-c1*x-c2=0$的两根
$x^2-c1*x-c2=0$称为该递推式的特征方程，两根分别为 $x1,x2$
不妨设 $x1=r,x2=s$，则 $\frac{f(n)-x1*f(n-1)}{f(n-1)-x1*f(n-2)}=x2$
设 $f(1)-x1*f(0)=a$
则 $f(2)-x1*f(1)=a*x2$
……
$f(n-2)-x1*f(n-3)=a*x2^{n-3}$①
$f(n-1)-x1*f(n-2)=a*x2^{n-2}$②
$f(n)-x1*f(n-1)=a*x2^{n-1}$③
③+ $x1*$②得： $f(n)-x1^2*f(n-2)=a*x2^{n-1}+a*x1*x2^{n-2}$④
④+ $x1^2*$①得： $f(n)-x1^3*f(n-3)=a*x2^{n-1}+a*x1*x2^{n-2}+a*x1^2*x2^{n-3}$
发现规律了吗？

$f(n)-x1^n*f(0)=a*(x2^{n-1}+x1*x2^{n-2}+x1^2*x2^{n-3}+……+x1^{n-2}*x2+x1^{n-1})$
= $a*\sum_{i=1}^n({x1^{n-1}*(\frac{x2}{x1})^{i-1}})$
$\sum_{i=1}^n({x1^{n-1}*(\frac{x2}{x1})^{i-1}})$可以看成是以 $x1^{n-1}$为首项， $\frac{x2}{x1}$为公比的等比数列的前n项的和

在运用等比数列求和公式之前一定要讨论公比是否为1，接下来开始讨论：
1.当 $x1\neq x2$时： $\sum_{i=1}^n({x1^{n-1}*(\frac{x2}{x1})^{i-1}})$= $x1^{n-1}*\frac{(\frac{x2}{x1})^n-1}{\frac{x2}{x1}-1}=\frac{x2^n-x1^n}{x2-x1}$
$f(n)=x1^n*f(0)+a*\sum_{i=1}^n({x1^{n-1}*(\frac{x2}{x1})^{i-1}})=(f(0)-\frac{a}{x2-x1})*x1^n+\frac{a}{x2-x1}*x2^n$
令 $A=f(0)-\frac{a}{x2-x1},B=\frac{a}{x2-x1}$，则有 $f(n)=A*x1^n+B*x2^n$
该情况证明完毕
2.当 $x1=x2$时， $\sum_{i=1}^n({x1^{n-1}*(\frac{x2}{x1})^{i-1}})=a*n*x1^{n-1}$
$f(n)=a*n*x1^{n-1}+x1^n*f(0)=(\frac{a*n}{x1}+f(0))*x1^n$
令 $A=f(0),B=\frac{a}{x1}$，则有 $f(n)=(A+B*n)*x1^n$
至此，命题证明完毕

应用

求斐波那契数列通项公式
$f(n)=f(n-1)+f(n-2),f(0)=0,f(1)=1$
根据特征方程： $x^2-x-1=0$
$x1=\frac{\sqrt{5}+1}{2},x2=\frac{\sqrt{5}-1}{2}$
那么， $f(n)=A*x1^n+B*x2^n$
代入 $f(0)=0,f(1)=1$，得： $A=\frac{\sqrt{5}}{5},B=-\frac{\sqrt{5}}{5}$
整理得： $f(n)=\frac{(\frac{\sqrt{5}+1}{2})^n-(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^n}{\sqrt{5}}$

总结

对于这个问题来说，其实结论比证明更加重要。但我想要在网上找证明，却很难找到，无奈，只好自己证明。不知是这个问题太过简单，各位高手不愿证明，还是别的证明比较复杂，难度较高。总之，这些证明只是我的一点小想法，希望能抛砖引玉。