數列 A[n] = p A[n-1] + q A[n-2] の 通項公式

這完全是一個數學問題，但有的時候可以用來解決一些計算機問題，所以簡單總結一下。

感謝今天上午學長的精彩講解。 2018.1.24

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結論

對於數列A，若An=p⋅An−1+q⋅An−2$A_n=p\cdot A_{n-1}+q\cdot A_{n-2}$

那麼A的通項公式就一定能表示成An=α⋅xn1+β⋅xn2$A_n=\alpha \cdot x_1^n+\beta \cdot x_2^n$ 的形式。

其中x1,x2$x_1,x_2$ 爲方程x2−p⋅x−q=0$x^2-p\cdot x-q=0$ 的兩根。（它們也被稱爲這個數列的特徵根）

證明

我只是一個普通人，所以我並不知道數學家是如何腦洞大開，想出這個結論的，但是我們可以嘗試着“反向證明”。（這個證明是我自己胡亂YY的，別聽我胡扯！）

假如我們已知一個數列的通項公式爲An=α⋅xn1+β⋅xn2$A_n=\alpha \cdot x_1^n+\beta \cdot x_2^n$ ，那麼我們能不能試着反推它的遞推式。假如：An=p⋅An−1+q⋅An−2$A_n=p\cdot A_{n-1}+q\cdot A_{n-2}$ ，那麼有：

[α⋅xn1+β⋅xn2]=p⋅[α⋅xn−11+β⋅xn−12]+q⋅[α⋅xn−21+β⋅xn−22]$[\alpha \cdot x_1^n+\beta \cdot x_2^n]=p\cdot [\alpha \cdot x_1^{n-1}+\beta \cdot x_2^{n-1}]+q\cdot [\alpha \cdot x_1^{n-2}+\beta \cdot x_2^{n-2}]$

也就是:
[α⋅xn1]+β⋅xn2=[p⋅α⋅xn−11+q⋅α⋅xn−21]+p⋅β⋅xn−12+q⋅β⋅xn−22$[\alpha \cdot x_1^n]+\beta \cdot x_2^n=[p\cdot \alpha \cdot x_1^{n-1}+q\cdot \alpha \cdot x_1^{n-2}]+p\cdot \beta \cdot x_2^{n-1}+q\cdot \beta \cdot x_2^{n-2}$ 。

我們不妨假設，這個式子可以拆成兩部分：

α⋅xn1=p⋅α⋅xn−11+q⋅α⋅xn−21$\alpha \cdot x_1^n=p\cdot \alpha \cdot x_1^{n-1}+q\cdot \alpha \cdot x_1^{n-2}$

β⋅xn2=p⋅β⋅xn−12+q⋅β⋅xn−22$\beta \cdot x_2^n=p\cdot \beta \cdot x_2^{n-1}+q\cdot \beta \cdot x_2^{n-2}$

係數約掉：

xn1=p⋅xn−11+q⋅xn−21$x_1^n=p\cdot x_1^{n-1}+q\cdot x_1^{n-2}$

xn2=p⋅xn−12+q⋅xn−22$x_2^n=p\cdot x_2^{n-1}+q\cdot x_2^{n-2}$

兩個式子分別處以xn−11,xn−22$x_1^{n-1},x_2^{n-2}$ :

x21=p⋅x1+q⇔x21−p⋅x1−q=0$x_1^2=p\cdot x_1+q\iff x_1^2-p\cdot x_1-q=0$

x22=p⋅x2+q⇔x22−p⋅x2−q=0$x_2^2=p\cdot x_2+q\iff x_2^2-p\cdot x_2-q=0$

這說明如果x1,x2$x_1,x_2$ 恰是x2−p⋅x−q=0$x^2-p\cdot x-q=0$ 的兩根，該遞推式就可行。

（不靠譜的證明到此結束）

以後如果我知道了正確的證明方式我就把正確的證明補上。

用法

這樣的話，只需要知道這個數列中的任意兩項，帶入求出α,β$\alpha ,\beta$ 就得到了完整的通項公式。

用法案例：斐波那契數列

比如斐波那契數列的通項公式：

斐波那契數列的定義：

F0=F1=1$F_0=F_1=1$

Fn=Fn−1+Fn−2:n≥2$F_n=F_{n-1}+F_{n-2}:n\ge 2$

它的特徵方程爲：

x2−x−1=0$x^2-x-1=0$

兩個特徵根爲：x1=1+5√2,x2=1−5√2$x_1=\frac{1+\sqrt{5}}{2},x_2=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$

所以通項公式爲Fn=α(1+5√2)n+β(1−5√2)n$F_n=\alpha (\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n+\beta (\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n$ 。

把F0,F1$F_0,F_1$ 帶入通項公式。

F0=α+β=1$F_0=\alpha +\beta =1$

F1=α⋅1+5√2+β⋅1−5√2=1$F_1=\alpha \cdot \frac{1+\sqrt{5}}{2}+\beta \cdot \frac{1-\sqrt{5}}{2}=1$

解方程得：

α=5√+125√,β=5√−125√$\alpha =\frac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}},\beta =\frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}}$

所以，斐波那契數列通項公式爲：Fn=5√+125√(1+5√2)n+5√−125√(1−5√2)n$F_n=\frac{\sqrt{5}+1}{2\sqrt{5}}(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n+\frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}}(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n$

注意，這個通項公式是從n=0開始的，我看到百度上給出了從n=1開始的通項公式。

若將F1=F2=1$F_1=F_2=1$ 帶入通項公式：

F1=α⋅1+5√2+β⋅1−5√2=1$F_1=\alpha \cdot \frac{1+\sqrt{5}}{2}+\beta \cdot \frac{1-\sqrt{5}}{2}=1$

F2=α⋅(1+5√2)2+β⋅(1−5√2)2=1$F_2=\alpha \cdot (\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^2+\beta \cdot (\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^2=1$

解得:α=15√,β=−15√$\alpha =\frac{1}{\sqrt{5}},\beta =-\frac{1}{\sqrt{5}}$ 。

所以通項公式爲:Fn=15√(1+5√2)n−15√(1−5√2)n$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n$

這個式子只需要向左平移一下就可以得到剛纔求出的從0開始的那個通項公式（這說明我解方程沒解錯）。

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