闲话 10.13
有二阶线性递推数列 \(x_{n+1}=px_n+qx_{n-1}\)，考虑求出其通项公式。
设有 \(a,b\) 使得
\[x_{n+1}-ax_n=b(x_n-ax_{n-1})
\]
移项解得 \(a+b=p,-ab=q\)。
根据韦达定理 \(a,b\) 是 \(x^2-px-q=0\) 的两个根，可以交换 \(a,b\)，得
\[x_{n+1}-bx_n=a(x_n-bx_{n-1})
\]
发现均为等比数列形式，故写做
\[x_{n+1}-ax_n=(x_2-ax_1)b^{n-1}
\]
\[x_{n+1}-bx_n=(x_2-bx_1)a^{n-1}
\]
上下两式作差得
\[x_n=\dfrac{(x_2-ax_1)b^{n-1}-(x_2-bx_1)a^{n-1}}{b-a}
\]
有问题，一个人起始在 \(i\) 点，有 \(p\) 的概率走到 \(i+1\)，\(1-p\) 的概率走到 \(i-1\)，到 \(n\) 为胜，\(1\) 为负，求获胜概率。
设 \(f_i\) 表示在 \(i\) 点时的获胜概率，有边界 \(f_n=1,f_1=0\)，有转移
\[f_i=pf_{i+1}+(1-p)f_{i-1}
\]
移项得
\[f_{i+1}=\dfrac{1}{p}f_i-\dfrac{1-p}{p}f_{i-1}
\]
发现其为二阶线性递推数列形式，将 \(f_1=0\) 代入通项公式，有
\[f_i=\dfrac{f_2}{b-a}(b^{i-1}-a^{i-1})
\]
用 \(f_i\) 比上 \(f_n\)，由于 \(f_n=1\)，则
\[f_i=\dfrac{b^{i-1}-a^{i-1}}{b^{n-1}-a^{n-1}}
\]
根据 \(a+b=\dfrac{1}{p},-ab=-\dfrac{1-p}{p}\)，解得 \(a=1,b=\dfrac{1-p}{p}\)，代入得
\[f_i=\dfrac{\frac{1-p}{p}^{i-1}-1}{\frac{1-p}{p}^{n-1}-1}
\]
