常系数线性递推数列通项公式的解法
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1. 常系数线性递推数列
定义：由初值 A 1 = p 1 , A 2 = p 2 , . . . , A k = p k A_1=p_1,A_2=p_2,...,A_k=p_k A1=p1,A2=p2,...,Ak=pk，以及递推方程 A n = F ( A n − k , A n − k + 1 , . . . , A n − 1 ) A_n=F(A_{n-k},A_{n-k+1},...,A_{n-1}) An=F(An−k,An−k+1,...,An−1)构成的数列，我们称之为常系数线性递推数列，其中函数 F ( A n − k , A n − k + 1 , . . . , A n − 1 ) = q 1 A n − k + q 2 A n − k + 1 + . . . + q k A n − 1 F(A_{n-k},A_{n-k+1},...,A_{n-1})=q_1A_{n-k}+q_2A_{n-k+1}+...+q_kA_{n-1} F(An−k,An−k+1,...,An−1)=q1An−k+q2An−k+1+...+qkAn−1的系数 q q q均为常数。
例如， A n = 5 A n − 1 + 3 A n − 2 A_n=5A_{n-1}+3A_{n-2} An=5An−1+3An−2， B n = 1 2 B n − 1 − 4 B n − 2 B_{n}=\frac{1}{2}B_{n-1}-4B_{n-2} Bn=21Bn−1−4Bn−2，或者说斐波那契数列 f n = f n − 1 + f n − 2 f_n=f_{n-1}+f_{n-2} fn=fn−1+fn−2，都是常系数线性递推数列。
定理1：若数列 { f n } \{f_n\} {fn}满足递推方程 F F F，则数列 { λ + f n } \{\lambda+f_n\} {λ+fn}也满足递推方程 F F F。
证明：两边都同时乘上系数 λ \lambda λ即可。
定理2：若数列 { f n } , { g n } \{f_n\},\{g_n\} {fn},{gn}满足递推方程 F F F，则数列 { f n + g n } \{f_n+g_n\} {fn+gn}也满足递推方程 F F F。
证明：由于递推方程的系数是一样的，所以可以用乘法分配律合并。
由以上两条定理可以推得如下引理：
若数列 { a n } , { b n } , { c n } , . . . \{a_n\},\{b_n\},\{c_n\},... {an},{bn},{cn},...满足递推方程 F F F，则数列 { s 1 a n + s 2 b n + s 3 b n + . . . } \{s_1a_n+s_2b_n+s_3b_n+...\} {s1an+s2bn+s3bn+...}也满足递推方程 F F F。
2. 通项公式的解法
数列的前 k k k项是已知的常数，那么根据引理，我们不妨用解线性方程组的方法求解数列的通项公式。
我们假设数列 { f 1 n } , { f 2 n } , . . . , { f k n } \{f_{1n}\},\{f_{2n}\},...,\{f_{kn}\} {f1n},{f2n},...,{fkn}都是递推方程 F F F的解，我们可以认为原数列的通项公式可以表示为 A n = s 1 f 1 n + s 2 f 2 n + . . . + s k f k n A_n=s_1f_{1n}+s_2f_{2n}+...+s_kf_{kn} An=s1f1n+s2f2n+...+skfkn。那么我们就可以带入原数列的前 k k k项联立线性方程组，解出系数 s 1 , s 2 , . . . , s k s_1,s_2,...,s_k s1,s2,...,sk，就可以得到原数列的通项公式。
3. 特征方程
那么现在的问题就是如何找到满足 k k k组满足递推方程 F F F的解。
结论是这样的：线性递推方程的解通常来说是等比数列。
这句话可能不太严谨，但是我们可以结合例子来理解。就比如说 f n = 3 f n − 1 + 4 f n − 2 f_n=3f_{n-1}+4f_{n-2} fn=3fn−1+4fn−2，我们发现数列 { 4 n } \{4^{n}\} {4n}就满足这个递推方程，神奇的是，数列 { ( − 1 ) n } \{(-1)^{n}\} {(−1)n}也满足这个递推方程。
有了这个结论，我们就可以解方程了。我们假设等比数列 { x n } \{x^{n}\} {xn}满足递推方程 F F F，那么就有：
A n − k + 1 x k = q 1 A n − k + 1 + q 2 A n − k + 1 x + . . . + q k A n − k + 1 x k − 1 A_{n-k+1}x^k=q_1A_{n-k+1}+q_2A_{n-k+1}x+...+q_kA_{n-k+1}x^{k-1} An−k+1xk=q1An−k+1+q2An−k+1x+...+qkAn−k+1xk−1
两边同时约掉 A n − k + 1 A_{n-k+1} An−k+1：
x k = q 1 + q 2 x + . . . + q k x k − 1 x^k=q_1+q_2x+...+q_kx^{k-1} xk=q1+q2x+...+qkxk−1
我们称这样得到的方程为递推方程的特征方程。
根据 q q q，可以直接把 x x x解出来，并且正常情况下，关于 x x x的 k k k次方程的解刚好有 k k k个，足够我们使用。
解出递推这 k k k个解之后，我们联立方程组就可以得到通项公式。
4. 斐波那契数列
我们可以通过求解斐波那契数列的通项公式来加深对特征方程的理解。
已知： f 0 = 0 , f 1 = 1 , f n = f n − 1 + f n − 2 ( n ≥ 2 ) f_{0}=0,f_1=1,f_{n}=f_{n-1}+f_{n-2}(n\geq2) f0=0,f1=1,fn=fn−1+fn−2(n≥2)。
我们不妨设等比数列 { x n } \{x^n\} {xn}满足 f n = f n − 1 + f n − 2 f_n=f_{n-1}+f_{n-2} fn=fn−1+fn−2，那么就可以列出特征方程：
x 2 = x + 1 x 1 = 1 + 5 2 , x 2 = 1 − 5 2 x^2=x+1\\x_1=\frac{1+\sqrt 5}{2},x_2=\frac{1-\sqrt 5}{2} x2=x+1x1=21+5,x2=21−5
然后我们就可以设通项公式 f n = α ( 1 + 5 2 ) n + β ( 1 − 5 2 ) n f_n=\alpha\left (\frac{1+\sqrt 5}{2}\right )^n+\beta\left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^n fn=α(21+5)n+β(21−5)n。
带入 f 0 = 0 , f 1 = 1 f_0=0,f_1=1 f0=0,f1=1就可以联立方程组：
{ 0 = α + β 1 = α 1 + 5 2 + β 1 − 5 2 \begin{cases} 0=\alpha + \beta\\ 1=\alpha\frac{1+\sqrt 5}{2}+\beta \frac{1-\sqrt5}{2} \end{cases} {0=α+β1=α21+5+β21−5
解得 α = 1 5 , β = − 1 5 \alpha=\frac{1}{\sqrt 5},\beta=-\frac{1}{\sqrt 5} α=51,β=−51。
o k ok ok，大功告成： f n = 1 5 ( 1 + 5 2 ) n − 1 5 ( 1 − 5 2 ) n f_n=\frac{1}{\sqrt 5}\left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right)^n-\frac{1}{\sqrt 5}\left( \frac{1-\sqrt5}{2} \right )^n fn=51(21+5)n−51(21−5)n
带入验证，这个通项公式是正确的。
<后记>