特征根法

二次特征根

已知 $a f_{n + 2} + b f_{n + 1} + c f_{n} = 0$ 。

两边同除 $a$ ：

f_{n + 2} + \frac{b}{a} f_{n + 1} + \frac{c}{a} f_{n} = 0

根据韦达定理，方程 $a x^{2} + b x + c = 0$ 的解满足

{\begin{cases} x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} \\ x_{1} \cdot x_{2} = \frac{c}{a} \end{cases}

代入化简得

f_{n + 2} - (x_{1} + x_{2}) f_{n + 1} + (x_{1} \cdot x_{2}) f_{n} = 0

f_{n + 2} - x_{1} f_{n + 1} = x_{2} (f_{n + 1} - x_{1} f_{n})

$∴$ 数列 ${f_{n + 1} - x_{1} f_{n}}$ 是公比为 $x_{2}$ 的等比数列。

由韦达定理的对称性知， $x_{1}, x_{2}$ 可互换。

\begin{matrix} (1) & f_{n + 1} - x_{1} f_{n} = (f_{2} - x_{1} f_{1}) \cdot x_{2}^{n - 1} \end{matrix}

\begin{matrix} (2) & f_{n + 1} - x_{2} f_{n} = (f_{2} - x_{2} f_{1}) \cdot x_{1}^{n - 1} \end{matrix}

联立 $(1) (2)$ 可解得 $f_{n}$ 通项。

例

已知 $f_{1} = f_{2} = 1, f_{n + 2} = f_{n + 1} + f_{n}$ ，求 $f_{n}$ 的通项。

解：设 $f_{n + 2} - r f_{n + 1} = q (f_{n + 1} - r f_{n})$ ，

则 $f_{n + 2} = (q + r) f_{n + 1} - q \cdot r f_{n}$ 。

对比 $f_{n + 2} = f_{n + 1} + f_{n}$ 得

{\begin{cases} q + r = 1 \\ q \cdot r = - 1 \end{cases}

解得

{\begin{cases} q = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \\ r = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \end{cases} 或 {\begin{cases} q = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \\ r = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \end{cases}

∴ 数列 ${f_{n + 1} - r f_{n}}$ 是以 $f_{2} - r f_{1}$ 为首项， $q$ 为公比的等比数列。

∴ {\begin{cases} f_{n + 1} - \frac{1 + \sqrt{5}}{2} f_{n} = {(\frac{1 - \sqrt{5}}{2})}^{n} \\ f_{n + 1} - \frac{1 - \sqrt{5}}{2} f_{n} = {(\frac{1 + \sqrt{5}}{2})}^{n} \end{cases}

两式相减得：

\sqrt{5} f_{n} = {(\frac{1 + \sqrt{5}}{2})}^{n} - {(\frac{1 - \sqrt{5}}{2})}^{n}

f_{n} = \frac{\sqrt{5}}{5} [{(\frac{1 + \sqrt{5}}{2})}^{n} - {(\frac{1 - \sqrt{5}}{2})}^{n}]

已知 $a f_{n + 3} + b f_{n + 2} + c f_{n + 1} + d f_{n} = 0$ 。

两边同除 $a$ ：

f_{n + 3} + \frac{b}{a} f_{n + 2} + \frac{c}{a} f_{n + 1} + \frac{d}{a} f_{n} = 0

根据韦达定理，方程 $a x^{3} + b x^{2} + c x + d = 0$ 的解满足

{\begin{cases} x_{1} + x_{2} + x_{3} = - \frac{b}{a} \\ x_{1} x_{2} + x_{1} x_{3} + x_{2} x_{3} = \frac{c}{a} \\ x_{1} x_{2} x_{3} = - \frac{d}{a} \end{cases}

代入化简得

f_{n + 3} - (x_{1} + x_{2} + x_{3}) f_{n + 2} + (x_{1} x_{2} + x_{1} x_{3} + x_{2} x_{3}) f_{n + 1} - (x_{1} x_{2} x_{3}) f_{n} = 0

f_{n + 3} - (x_{1} + x_{2}) f_{n + 2} + x_{1} x_{2} f_{n + 1} = x_{3} [f_{n + 2} - (x_{1} + x_{2}) f_{n + 1} + x_{1} x_{2} f_{n}]

$∴$ 数列 ${f_{n + 2} - (x_{1} + x_{2}) f_{n + 1} + x_{1} x_{2} f_{n}}$ 是公比为 $x_{3}$ 的等比数列。

已知 $a_{n} f_{k + n} + a_{n - 1} f_{k + n - 1} + \dots + a_{0} f_{k} = 0$ 。

两边同除 $a_{n}$

f_{k + n} + \frac{a_{n - 1}}{a_{n}} f_{k + n - 1} + \frac{a_{n - 2}}{a_{n}} f_{k + n - 2} + \dots + \frac{a_{0}}{a_{n}} f_{k} = 0

根据韦达定理，方程 $a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x_{1} + a_{0} = 0$ 的根满足

{\begin{cases} \sum_{i = 1}^{n} x_{i} = - \frac{a_{n - 1}}{a_{n}} \\ \sum_{1 \leq i < j \leq n} x_{i} x_{j} = \frac{a_{n - 2}}{a_{n}} \\ \sum_{1 \leq i < j < k \leq n} x_{i} x_{j} x_{k} = - \frac{a_{n - 3}}{a_{n}} \\ \dots \\ \prod_{i = 1}^{n} x_{i} = (- 1)^{n} \frac{a_{0}}{a_{n}} \end{cases}

即从 $x_{1} \dots x_{n}$ 中任取 $m$ 项相乘，所得的结果之和为 $(- 1)^{m} \frac{a_{n - m}}{a_{n}}$ 。

W_{n}^{m} = (- 1)^{m} \frac{a_{n - m}}{a_{n}}

代入得

f_{k + n} - W_{n}^{1} f_{k + n} + W_{n}^{2} f_{k + n - 2} + \dots + W_{n}^{n} f_{k} = 0

易知 $W$ 函数具有性质

W_{n}^{m} = x_{n} \cdot W_{n - 1}^{m - 1} + \prod_{i = 1}^{n - 1} x_{i}

故 $(1)$ 式可化为

\sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{i - 1} W_{n - 1}^{i - 1} f_{k + n - i + 1} = x_{n} \sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{i - 1} W_{n - 1}^{i - 1} f_{k + n - i}

$∴$ 数列 ${\sum_{i = 1}^{n} (- 1)^{i - 1} W_{n - 1}^{i - 1} f_{k + n - i}}$ 是公比为 $x_{n}$ 的等比数列。