数列通项特征根法的证明

数列 {a(n)}，设递推公式为 a(n+2)=p*a(n+1)+q*a(n)，则其特征方程为

x^2-px-q=0 .

若方程有两相异根 A、B，则 a(n)=c*A^n+d*B^n (c、d可由初始条件确定，下同)

若方程有两等根 A=B，则 a(n)=(c+nd)*A^n

以上部分内容的证明过程：

设 r、s 使 a(n+2)-r*a(n+1)=s[a(n+1)-r*a(n)]

所以 a(n+2)=(s+r)*a(n+1)-sr*a(n)

即，s+r=p，sr=-q，由韦达定理可知，r、s 就是一元二次方程 x^2-px-q=0 的两根，也就是刚才说的特征根。

然后进一步证明那个通项公式：

如果r=s，那么数列{a(n+1)-r*a(n)} 是以 a(2)-r*a(1) 为首项、r 为公比的等比数列，根据等比数列的性质可知：a(n+1)-r*a(n) = [a(2)-r*a(1)]*r^(n-1)，两边同时除以r^(n+1)，得到 a(n+1)/r^(n+1)-a(n)/r^n = a(2)/r^2-a(1)/r 等号右边的是个常数，说明数列{a(n)/r^n} 是个等差数列。显然等号右边那个就是公差，首项也比较明显，这里不重复了。根据等差数列性质：a(n)/r^n = a(1)/r + (n-1)*[a(2)/r^2-a(1)/r]

整理一下，并设 a(2)/r^2-a(1)/r = d ，再设 2a(1)/r-a(2)/r^2 = c ，然后把那个 r 用 A 来代，就可以得到 a(n)=(c+nd)*A^n 了。

至于那个方程有两个不等的实根的情况，证明起来原理基本一致，就是略微繁琐一点，这里就不多说了，lz自己试试，当成数列练习把~~

如果r不等于s，那么可得，a(n+2)-r*a(n+1)=s[a(n+1)-r*a(n)] (1)

a(n+2)-s*a(n+1)=r[a(n+1)-s*a(n)] (2)

(1)公式，[a(n+2)-r*a(n+1)]/[a(n+1)-r*a(n)]=s,换元得b(n+1)/b(n)=s等比

数列，则有b(n)＝a(n+1)-r*a(n)= [a(2)-r*a(1) ]s^(n-1) (3)

(2)公式，[a(n+2)-s*a(n+1)]/[a(n+1)-s*a(n)]＝r等比数列,

则有a(n+1)-s*a(n)= [a(2)-s*a(1) ]r^(n-1) (4)

(3)-(4)可得，(s-r) a(n)= [a(2)-r*a(1) ]s^(n-1)- [a(2)-s*a(1) ]r^(n-1)

a (n)= ([a(2)-r*a(1) ]/[s(s-r)])*s^n-([a(2)-s*a(1) ] /[r(s-r)])* /[s(s-r)] *r^n

a(n)=a*s^n+b*r^n

若方程有两相异根 A、B，则 a(n)=c*A^n+d*B^n (c、d可由初始条件确定，下同)

若方程有两等根 A=B，则a(n)=(c+nd)*A^n