本文详细介绍了常系数线性递推数列的概念，通过定理和引理阐述了数列解法，特别是特征方程在求解通项公式中的应用。并以斐波那契数列为实例，展示了如何利用特征方程求得数列的通项公式。
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<正文>
1. 常系数线性递推数列
定义：由初值A1=p1,A2=p2,...,Ak=pkA_1=p_1,A_2=p_2,...,A_k=p_kA1=p1,A2=p2,...,Ak=pk，以及递推方程An=F(An−k,An−k+1,...,An−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(An−k,An−k+1,...,An−1)=q1An−k+q2An−k+1+...+qkAn−1F(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qqq均为常数。
例如，An=5An−1+3An−2A_n=5A_{n-1}+3A_{n-2}An=5An−1+3An−2，Bn=12Bn−1−4Bn−2B_{n}=\frac{1}{2}B_{n-1}-4B_{n-2}Bn=21Bn−1−4Bn−2，或者说斐波那契数列fn=fn−1+fn−2f_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{fn}\{f_n\}{fn}满足递推方程FFF，则数列{λ+fn}\{\lambda+f_n\}{λ+fn}也满足递推方程FFF。
证明：两边都同时乘上系数λ\lambdaλ即可。
定理2：若数列{fn},{gn}\{f_n\},\{g_n\}{fn},{gn}满足递推方程FFF，则数列{fn+gn}\{f_n+g_n\}{fn+gn}也满足递推方程FFF。
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{an},{bn},{cn},...\{a_n\},\{b_n\},\{c_n\},...{an},{bn},{cn},...满足递推方程FFF，则数列{s1an+s2bn+s3bn+...}\{s_1a_n+s_2b_n+s_3b_n+...\}{s1an+s2bn+s3bn+...}也满足递推方程FFF。
2. 通项公式的解法
数列的前kkk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{f1n},{f2n},...,{fkn}\{f_{1n}\},\{f_{2n}\},...,\{f_{kn}\}{f1n},{f2n},...,{fkn}都是递推方程FFF的解，我们可以认为原数列的通项公式可以表示为An=s1f1n+s2f2n+...+skfknA_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kkk项联立线性方程组，解出系数s1,s2,...,sks_1,s_2,...,s_ks1,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kkk组满足递推方程FFF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fn=3fn−1+4fn−2f_n=3f_{n-1}+4f_{n-2}fn=3fn−1+4fn−2，我们发现数列{4n}\{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{xn}\{x^{n}\}{xn}满足递推方程FFF，那么就有：
An−k+1xk=q1An−k+1+q2An−k+1x+...+qkAn−k+1xk−1A_{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An−k+1A_{n-k+1}An−k+1：
xk=q1+q2x+...+qkxk−1x^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qqq，可以直接把xxx解出来，并且正常情况下，关于xxx的kkk次方程的解刚好有kkk个，足够我们使用。
解出递推这kkk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：f0=0,f1=1,fn=fn−1+fn−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{xn}\{x^n\}{xn}满足fn=fn−1+fn−2f_n=f_{n-1}+f_{n-2}fn=fn−1+fn−2，那么就可以列出特征方程：
x2=x+1x1=1+52,x2=1−52x^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fn=α(1+52)n+β(1−52)nf_n=\alpha\left (\frac{1+\sqrt 5}{2}\right )^n+\beta\left(\frac{1-\sqrt5}{2}\right)^nfn=α(21+5)n+β(21−5)n。
带入f0=0,f1=1f_0=0,f_1=1f0=0,f1=1就可以联立方程组：
{0=α+β1=α1+52+β1−52
\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=15,β=−15\alpha=\frac{1}{\sqrt 5},\beta=-\frac{1}{\sqrt 5}α=51,β=−51。
okokok，大功告成：fn=15(1+52)n−15(1−52)nf_n=\frac{1}{\sqrt 5}\left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right)^n-\frac{1}{\sqrt 5}\left( \frac{1-\sqrt5}{2} \right )^nfn=51(21+5)n−51(21−5)n
带入验证，这个通项公式是正确的。
<后记>
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