关于常系数齐次线性递推数列能被表示成等比数列线性和的证明

退役OIer来诈尸了，祝大家新年快乐。

问题引入

下面的所有数列默认下标从 $0$ 开始。

对于一个数列 $\{a_n\}$，如果其满足 $k$ 阶常系数齐次线性递推 关系：

$$a_n=\sum_{i=1}^k p_i a_{n-i} \tag{*}$$

其中 $p_k \ne 0, n \geq k$；

定义它的特征方程为：

$$x^k=\sum_{i=1}^{k}p_i x^{k-i}$$

我们要证明的是：如果特征方程无重根，那么对于任意给出的初值 $a_0,a_1,...a_{k-1}$，都能做到将 $a_n (n \in \mathbb{N}^*)$ 表示为

$$a_n=\sum_{i=1}^kc_ir_i^n$$

的形式。其中 $c_i$ 为常数， $r_1,r_2,...r_k$ 是特征方程的所有根。（这些根可以是复数。）

开始证明

我们将证明分为两部分，在第一部分中，我们证明 $n \geq k$ 的情况，而第二部分中，将证明 $n < k$ 的情况。

第一部分：$n \geq k$

对于任意非零数 $r$，我们看到，$a_n=r^n$ 是递推关系的解，当且仅当它满足递推关系，即，将其代入$(*)$式，得到：

$$r^n=\sum_{i=1}^k p_i r^{n-i}$$

两边同除 $r^{n-k}$，得到

$$r^k=\sum_{i=1}^k p_ir^{k-i}$$

于是，这无穷多个方程退化为一个方程，即特征方程。所以我们得到 $r^n$ 是递推关系的解当且仅当它是特征方程的根。

由于我们假定了 $p_k \ne 0$，所以 $0$ 不是特征方程的根。于是，我们得到 $a_n=r_i^n$ 都是递推关系 $(*)$ 的解。

根据 $(*)$ 的线性性和齐次性，我们得到，对于任意选定的常数 $c_1,c_2,...c_k$，

$$a_n=\sum_{i=1}^kc_ir_i^n$$

都是 $(*)$ 的解，于是这部分就被证明了。

第二部分

我们要证明，对于任意给出的初值 $a_0, a_1,...a_{k-1}$，我们都一定能选出一组常数 $c_1, c_2, ... c_k$，使得对于 $n < k$ 的情况，也有

$$a_n=\sum_{i=1}^kc_ir_i^n$$

成立。

换句话说，这就是要证明如下方程组

$$\begin{equation*} \begin{cases} (\text{when}\ n=0):c_1+c_2+...+c_k=a_0 \\ (\text{when}\ n=1):c_1 r_1+c_2 r_2+...+c_k r_k=a_1 \\ (\text{when}\ n=2):c_1 r_1^2+c_2 r_2^2+...+c_k r_k^2=a_2 \\ ... \\ (\text{when}\ n=k-1):c_1 r_1^{k-1}+c_2 r_2^{k-1}+...+c_k r_k^{k-1}=a_{k-1} \end{cases} \end{equation*}$$

对于任意的 $a_0,a_1,... a_{k-1}$ 都有解。证明这个命题对于高中生来说可能有些困难。但是，如果你有线性代数基础，下面的证明并不难理解。我们将上方程组改写为矩阵乘向量的形式：

$$\begin{bmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ r_{1} & r_{2} & \cdots & r_{k}\\ r_{1}^{2} & r_{2}^{2} & \cdots & r_{k}^{2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ r_{1}^{k-1} & r_{2}^{k-1} & \cdots & r_{k}^{k-1} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} c_{1}\\ c_{2}\\ c_{3}\\ \vdots \\ c_{k} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} a_{0}\\ a_{1}\\ a_{2}\\ \vdots \\ a_{k-1} \end{bmatrix}$$

于是，$c_i$ 能被唯一确定的充要条件就变为矩阵

$$\begin{bmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ r_{1} & r_{2} & \cdots & r_{k}\\ r_{1}^{2} & r_{2}^{2} & \cdots & r_{k}^{2}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ r_{1}^{k-1} & r_{2}^{k-1} & \cdots & r_{k}^{k-1} \end{bmatrix}$$

可逆。也即其行列式不为 $0$。

事实上，这是著名的范德蒙德(Vandermonde)矩阵。运用数学归纳法，能够证明其行列式即为：

$$\prod_{1\le i < j \le k}(r_j-r_i)$$

因此，当特征方程无重根时，也即 $r_1,r_2,...r_k$ 互不相同时，它的确不为 $0$。于是，这证明了对于 $n < k$的情况，定理依然成立。

综上所述，我们对 $n \in \mathbb{N}^*$ 的情况都证明了这样的解是成立的，因此我们成功完成了对这个定理的证明。

后记

事实上，关于这个结论我们有：

1. 对于这样的常系数齐次线性关系，我们求解其通项公式的障碍在于高次方程的求根，而后者通常是困难的。
2. 对于有重根的情况，我们假设是 $s$ 重根，只需要更改重根前的系数 $c_i$ 为一个 $s-1$ 阶的关于 $n$ 的多项式即可。系数依然唯一。由于本人水平精力有限，不做进一步探讨。