特征根法

已知 $af_{n+2}+bf_{n+1}+cf_n=0$.

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 $ax^2+bx+c=0$ 的解满足

$$\begin{cases} x_1+x_2=-\dfrac{b}{a}\\ x_1\cdot x_2=\dfrac{c}{a} \end{cases}$$

代入化简得

$$f_{n+2}-(x_1+x_2)f_{n+1}+(x_1\cdot x_2)f_n=0$$

$$f_{n+2}-x_1f_{n+1}=x_2(f_{n+1}-x_1f_n)$$

$\therefore$ 数列 $\{f_{n+1}-x_1f_n\}$ 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.

$$f_{n+1}-x_1f_n=(f_2-x_1f_1)\cdot x_2^{n-1}\tag{1}$$ $$f_{n+1}-x_2f_n=(f_2-x_2f_1)\cdot x_1^{n-1}\tag{2}$$

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 $f_{n+2}-rf_{n+1}=q(f_{n+1}-rf_n)$，

则 $f_{n+2}=(q+r)f_{n+1}-q\cdot rf_n$.

对比 $f_{n+2}=f_{n+1}+f_n$ 得

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

解得

$$\begin{cases} q=\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\\ r=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2} \end{cases} \quad\text{或}\quad \begin{cases} q=\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\\ r=\cfrac{1-\sqrt{5}}{2} \end{cases}$$

∴ 数列 $\{f_{n+1}-rf_n\}$ 是以 $f_2-rf_1$ 为首项，$q$ 为公比的等比数列.

$$∴ \begin{cases} f_{n+1}-\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}f_n=\left(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\\ f_{n+1}-\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}f_n=\left(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n \end{cases}$$

两式相减得：

$$\sqrt{5}f_n=\left(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n$$

$$f_n=\cfrac{\sqrt{5}}{5}\left[\left(\cfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\cfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\right]$$

已知 $af_{n+3}+bf_{n+2}+cf_{n+1}+df_n=0$.

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 $ax^3+bx^2+cx+d=0$ 的解满足

$$\begin{cases} x_1+x_2+x_3=-\dfrac{b}{a}\\ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\dfrac{c}{a}\\ x_1x_2x_3=-\dfrac{d}{a} \end{cases}$$

代入化简得

$$f_{n+3}-(x_1+x_2+x_3)f_{n+2}+(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)f_{n+1}-(x_1x_2x_3)f_n=0$$

$$f_{n+3}-(x_1+x_2)f_{n+2}+x_1x_2f_{n+1}=x_3\big[f_{n+2}-(x_1+x_2)f_{n+1}+x_1x_2f_n\big]$$

$\therefore$ 数列 $\{f_{n+2}-(x_1+x_2)f_{n+1}+x_1x_2f_n\}$ 是公比为 $x_3$ 的等比数列.

已知 $a_nf_{k+n}+a_{n-1}f_{k+n-1}+\cdots+a_0f_k=0$.

两边同除 $a_n$

$$f_{k+n}+\frac{a_{n-1}}{a_n}f_{k+n-1}+\frac{a_{n-2}}{a_n}f_{k+n-2}+\cdots+\frac{a_0}{a_n}f_k=0$$

根据韦达定理，方程 $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x_1+a_0=0$ 的根满足

$$\begin{cases} \sum_{i=1}^nx_i=-\frac{a_{n-1}}{a_n}\\ \sum_{1\leq i < j \leq n}x_ix_j=\frac{a_{n-2}}{a_n}\\ \sum_{1\leq i < j < k \leq n}x_ix_jx_k=-\frac{a_{n-3}}{a_n}\\ \cdots\\ \prod_{i=1}^nx_i=(-1)^n\frac{a_0}{a_n} \end{cases}$$

即从 $x_1\wave x_n$ 中任取 $m$ 项相乘，所得的结果之和为 $(-1)^m\dfrac{a_{n-m}}{a_n}$.

$$W_n^m=(-1)^m\frac{a_{n-m}}{a_n}$$

代入得

$$f_{k+n}-W_{n}^{1}f_{k+n}+W_{n}^{2}f_{k+n-2}+\cdots+W_{n}^{n}f_k=0$$

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 $\left\{\sum_{i=1}^n(-1)^{i-1}W_{n-1}^{i-1}f_{k+n-i}\right\}$ 是公比为 $x_n$ 的等比数列.