二阶常系数线性齐次递推式的特征方程

参照liuzibujian的博客。

问题

已知\(f(n)=c_1∗f(n−1)+c_2∗f(n−2)\)（\(c_1,c_2\) 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：\(x^2-c_1x-c_2=0\)（式子有点像解\(n\)次方程）。设两根分别为\(x_1,x_2\)。
若\(x_1≠x_2\)，则\(f(n)=A*x_1^n+B*x_2^n\)
若\(x1=x2\)，则\(f(n)=(A+B∗n)∗x_1^n\) 。（\(A\)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：\(x^2-4x+3=0\)
\(x_1=1,x_2=3\)
\(\because x_1 \ne x_2\)
\(\therefore f(n)=A+B*3^n\)
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\(s+r=c_1,s*r=-c_2\)
根据韦达定理，\(s\)和\(r\)是\(x^2-c_1x-c_2=0\)的两根
\(x^2-c_1*x-c_2=0\)称为该递推式的特征方程，两根分别为\(x_1,x_2\)
不妨设\(x_1=r,x_2=s\)，则\(\frac{f(n)-x_1*f(n-1)}{f(n-1)-x_1*f(n-2)}=x_2\)
设

\[f(1)-x_1*f(0)=a \]

则

\[f(2)-x_1*f(1)=a*x_2 \\ \dots \\ f(n-2)-x_1*f(n-3)=a*x_2^{n-3}① \\ f(n-1)-x_1*f(n-2)=a*x_2^{n-2}②\\ f(n)-x_1*f(n-1)=a*x_2^{n-1}③\\ \]

\(③+x_1*②\)得：

\[f(n)-x_1^2*f(n-2)=a*x_2^{n-1}+a*x_1*x_2^{n-2}④ \]

\(④+x_1^2*①\)得：

\[f(n)-x_1^3*f(n-3)=a*x_2^{n-1}+a*x_1*x_2^{n-2}+a*x_1^2*x_2^{n-3} \]

发现规律了吗？

\[f(n)-x_1^n*f(0)=a*(x_2^{n-1}+x_1*x_2^{n-2}+x_1^2*x_2^{n*3}+\dots+x_1^{n-2}*x_2+x_1^{n-1}) \\ =a*\sum_{i=1}^n(x_1^{n-1}*(\frac{x_2}{x_1})^{i-1}) \]

\(\sum_{i=1}^n(x_1^{n-1}*(\frac{x_2}{x_1})^{i-1})\)可以看成是以\(x_1^{n-1}\)为首项，\(\frac{x_2}{x_1}\)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\(x_1 \ne x_2\)时：

\[\sum_{i=1}^n(x_1^{n-1}*(\frac{x_2}{x_1})^{i-1}) \\ = x_1^{n-1}*\frac{(\frac{x_2}{x_1})^n-1}{\frac{x_2}{x_1}-1} = \frac{x_2^n-x_1^n}{x_2-x_1} \]

所以有

\[f(n)=x_1^n*f(0)+a*\sum_{i=1}^n(x_1^{n-1}*(\frac{x_2}{x_1})^{i-1}) \\ =(f(0)-\frac{a}{x_2-x_1})*x_1^n+\frac{a}{x_2-x_1}*x_2^n \]

令\(A=f(0)-\frac{a}{x_2-x_1},B=\frac{a}{x_2-x_1}\)，则有

\[f(n)=A*x_1^n+B*x_2^n \]

该情况证明完毕。
2. 当\(x_1=x_2\)时

\[\sum_{i=1}^n(x_1^{n-1}*(\frac{x_2}{x_1})^{i-1}) \\ = a*n*x_1^{n-1} \]

所以有

\[f(n)=a*n*x_1^{n-1}+x_1^n*f(0)=(\frac{a*n}{x_1}+f(0))*x_1^n \]

令\(A=f(0),B=\frac{a}{x_1}\)，则有

\[f(n)=(A+B*n)*x_1^n \]

至此，命题证明完毕。

应用

求斐波那契数列的通项公式
\(f(n)=f(n-1)+f(n-2),f(0)=1,f(1)=1\)
根据特征方程：\(x^2-x-1=0\)

\[x_1=\frac{\sqrt{5}+1}{2},x_2=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \]

那么，\(f(n)=A*x_1^n+B*x_2^n\)
带入\(f(0)=1,f(1)=1\)，得：\(A=\frac{\sqrt{5}}{5},B=-\frac{\sqrt{5}}{5}\)
整理得：\(f(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left((\frac{\sqrt{5}+1}{2})^n-(\frac{\sqrt{5}-1}{2})^n\right)\)