二阶线性递推与特征根

二阶递推需要两个初值。特征根法寻找容易在递推中保持形状的指数数列。

二阶常系数齐次线性递推

设数列满足

a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n\quad(n\ge1),

其中 $p,q$ 为固定实数，先假设 $q\ne0$ ，并给定 $a_1,a_2$ 。称其为二阶常系数齐次线性递推：后项是前两项的固定线性组合，没有额外的非齐次项。

尝试寻找形如 $a_n=r^{n-1}$ 的解。将它代入递推，因 $q\ne0$ 时特征根不为零，得到

r^{n+1}=pr^n+qr^{n-1}\iff r^2-pr-q=0.

这个二次方程称为特征方程。

若根为 $r_1\ne r_2$ ，则

a_n=Ar_1^{n-1}+Br_2^{n-1}.

两个幂数列分别满足递推，它们的任意线性组合也满足递推。由首两项解得

A=\frac{a_2-r_2a_1}{r_1-r_2},\qquad B=\frac{r_1a_1-a_2}{r_1-r_2}.

这不仅给出一些解，还给出全部解：递推与首两项唯一确定第三项，再确定第四项，依此类推。既然所构造表达式满足相同递推和初值，它与原数列逐项相同。

若特征根重合为 $r\ne0$ ，则 $p=2r,q=-r^2$ 。令 $b_n=a_n/r^{n-1}$ ，原式变为

b_{n+2}=2b_{n+1}-b_n,

即 $b_{n+2}-b_{n+1}=b_{n+1}-b_n$ 。因此 $b_n$ 是等差数列，得到

a_n=\left[a_1+(n-1)\left(\frac{a_2}{r}-a_1\right)\right]r^{n-1}.

这解释了重根公式中为什么多出关于 $n$ 的一次因子。

若特征根为非实共轭数，可在复数中完成上述计算；实系数与实初值保证由递推生成的各项仍为实数。 $q=0$ 的降阶情况另见本页“退化与易错点”。

$a_1=1,a_2=3,a_{n+2}=3a_{n+1}-2a_n$ 。特征根为 $1,2$ ，所以 $a_n=A+B2^{n-1}$ 。由 $A+B=1,A+2B=3$ 得 $A=-1,B=2$ ，即 $a_n=2^n-1$ 。

$q=0$ 时从 $a_2$ 开始是一阶递推，应直接写 $a_n=a_2p^{n-2}$ （ $n\ge2$ ， $p=0$ 时另按递推解释）， $a_1$ 不受后一式约束。重根为零的情形不能套含负指数的公式。

非实特征根不自动带来周期性；根的模与辐角都影响数列，模不为 $1$ 时通常还伴有幅度变化。

有些讲义给定的是 $a_0,a_1$ ，递推从 $n=0$ 开始：

a_{n+2}=pa_{n+1}+qa_n\qquad(n\ge0).

仍先设 $q\ne0$ 。把前面公式的下标整体平移一位，即得以下两种形式。

若特征根为 $\alpha\ne\beta$ ，则

a_n=A\alpha^n+B\beta^n,\qquad A=\frac{a_1-\beta a_0}{\alpha-\beta},\quad B=\frac{\alpha a_0-a_1}{\alpha-\beta}.

系数由 $A+B=a_0,\alpha A+\beta B=a_1$ 唯一确定。若为二重根 $\alpha\ne0$ ，则

a_n=(A+Bn)\alpha^n,\qquad A=a_0,\quad B=a_1/\alpha-a_0.

两种公式分别满足原递推与这两个初值，因此由递推唯一性给出全部解。

若 $p,q,a_0,a_1$ 为实数，非实特征根必为

\alpha=\rho(\cos\theta+i\sin\theta),\quad \beta=\rho(\cos\theta-i\sin\theta),\quad \rho>0,\quad\sin\theta\ne0.

上面的 $A,B$ 互为共轭。设 $A=u+iv,B=u-iv$ ，应用棣莫弗公式并合并实部，可得

a_n=\rho^n(C\cos n\theta+D\sin n\theta),\qquad C=2u,\ D=-2v.

也可以直接由初值确定两个实常数：

C=a_0,\qquad D=\frac{a_1/\rho-a_0\cos\theta}{\sin\theta}.

分母非零由特征根非实保证。这说明复数计算最终怎样得到实数列，也说明复根本身不能保证数列周期：因子 $\rho^n$ 和角度 $n\theta$ 都影响其变化。

若 $q=0$ ，从 $a_1$ 起按一阶关系处理： $p\ne0$ 时 $a_n=p^{n-1}a_1$ （ $n\ge1$ ）； $p=0$ 时 $a_n=0$ （ $n\ge2$ ），并保留独立的 $a_0,a_1$ 。