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引入

对于一些递推式，我们常常会有关于求数列某一项的问题，如果我们能推出其通项公式，那么问题就会变得更好解决，特征方程就是一个有力的工具。

相关定义及引理

我们定义对于数列$f_n$递推关系$f_n=w_0+\sum_{i=1}^kw_i*f_{n-k+i-1}(n>k)$

我们给出两个引理：

引理1:对于一个$w_0=0$的递推式，若有数列$\{a_n\}$满足递推关系，那么数列$\{Aa_n\}$也满足递推关系。

引理2:对于一个$w_0=0$的递推式，若有数列$\{a_n\}$和$\{b_n\}$满足递推关系，那么数列$\{a_n+b_n\}$也满足递推关系

对于引理1的证明是比较简单的，既然$\{a_n\}$满足$a_n=\sum_{i=1}^kw_i*a_{n-k+i-1}$，那么我们在两边同乘上A，并把右边的A乘在f的系数之前即得证，即$Aa_n=\sum_{i=1}^kw_i*Aa_{n-k+i-1}(n>k)$

引理2也比较好证。我们知道$a_n=\sum_{i=1}^kw_i*a_{n-k+i-1}$，$b_n=\sum_{i=1}^kw_i*b_{n-k+i-1}$，左右分别相加再提取公因式，即$a_n+b_n=\sum_{i=1}^kw_i*a_{n-k+i-1}+\sum_{i=1}^kw_i*b_{n-k+i-1}=\sum_{i=1}^kw_i*(a_{n-k+i-1}+b_{n-k+i-1})$。

所以如果我们有一些数列满足某递推关系，那么我们对其进行线性组合得到通项公式。一般地，我们认为k阶需要k个线性组合。

一次线性递推式

我们称形如$f_n=Af_{n-1}+B$的递推式为一次线性递推式，即当k=1时。

怎么由它推导得出我们需要的通项公式呢，我们只需要用一个小trick就够了。

我们对这个数列进行偏移，得到一个等比数列$\{f_n+t\}$。不妨令$f_n+t=q(f_{n-1}+t)$，则$f_n=qf_{n-1}+qt-t$

那么我们会得到两个方程：

利用等比数列通项公式立知$f_n=(f_1+t)*q^{n-1}-t$

但有人就会问了，如果$A=1$呢？此时我们再看递推关系式，那不就是一个简单的等差数列吗。

特殊的二次线性递推式

我们称形如$f_n=Af_{n-1}+Bf_{n-2}+C$的递推式为二次线性递推式，即当k=2时。

我们先来看一个特殊的二次线性递推式，当C=0时，即有$f_n=Af_{n-1}+Bf_{n-2}$。那么我们仍然希望做出一个偏移，使得这个序列能像一次一样处理。

不妨设$f_n-tf_{n-1}=q(f_{n-1}-tf_{n-2})$

即$f_n=(q+t)f_{n-1}-qtf_{n-2}$，同样的我们有

注意到这和韦达定理的形式是一样的，那么我们可以构造一个一元二次方程，这个方程恰好是$x^2-Ax-B=0$。这就是这个递推式的特征方程。

从之前设的方程，我们知道一个以q为公比的等比数列满足该递推方程，那么现在我们解出了这两个可能的q值，我们可以这样表示通项公式$f_n=A*q_1^{n-1}+B*q_2^{n-1}$。再代入$f_1,f_2$的值，就可以解出A和B。

但这里我们同样没有讨论到特殊的情况，也就是当这个一元二次方程有两个相同的根时。我们重新回到之前所设的递推式，则有$f_n-tf_{n-1}=t(f_{n-1}-tf_{n-2})$

则我们可以轻易地得到$f_n=tf_{n-1}+(f_2-tf_1)*t^{n-2}$

再同时除以$t^n$可得一个新数列

我们容易知道

整理得$f_n=[(2tf_1-f_2)+(f_2-tf_1)n]t^{n-2}$

但是一般地，我们认为这个表达式过于复杂，不如仍然设为$f_n=(A+Bn)t^{n-1}$，然后利用$f_1,f_2$解之。

一般的二次线性递推式

上面说过了特殊情况，我们再来看一般的情况$f_n=Af_{n-1}+Bf_{n-2}+C$。

对于这样的一个递推关系，我们同样希望能化为上面特殊情况的形式，同样的套路。设$f_n+t=A(f_{n-1}+t)+B(f_{n-2}+t)$

展开即得$(A+B-1)t=C$。那么只需设${f_n+t}$为新的数列，就可以套用之前的方法解决了。

同样有一个问题，可能存在$A+B-1=0$的情况。

那么既然无法偏移，我们设$f_n-tf_{n-1}=q(f_{n-1}-tf_{n-2})+C$

则相当于一个$g_n=qg_{n-1}+C$，用一次线性递推式解决之。