递推方程解的形式 : 满足 H ( n ) − a 1 H ( n − 1 ) − a 2 H ( n − 2 ) − ⋯ − a k H ( n − k ) = 0 H(n) - a_1H(n-1) - a_2H(n-2) - \cdots - a_kH(n-k) = 0 H(n)−a1H(n−1)−a2H(n−2)−⋯−akH(n−k)=0 公式的所有递推方程 , 都具有 c 1 q 1 n + c 2 q 2 n + ⋯ + c k q k n c_1q_1^n + c_2q_2^n + \cdots + c_kq_k^n c1q1n+c2q2n+⋯+ckqkn 形式的解 ;
下面开始讨论之前得到的 解的形式 c 1 q 1 n + c 2 q 2 n + ⋯ + c k q k n c_1q_1^n + c_2q_2^n + \cdots + c_kq_k^n c1q1n+c2q2n+⋯+ckqkn 是否概括了所有解的共同模式 ; 数列中所有的项是否都遵从该模式 ;
如果有些不同的初值 , 不遵循上述模式 , 那该解就 不能作为 所有的 该族 递推方程 的解的通用格式 ;
递推方程通解定义 :
如果递推方程 , 每个解 h ( n ) h(n) h(n) 都存在一组常数 c 1 ′ , c 2 ′ , ⋯ , c k ′ c_1' , c_2' , \cdots , c_k' c1′,c2′,⋯,ck′ ,
使得 h ( n ) = c 1 ′ q 1 n + c 2 ′ q 2 n + ⋯ + c k ′ q k n h(n) = c_1'q_1^n + c_2'q_2^n + \cdots + c_k'q_k^n h(n)=c1′q1n+c2′q2n+⋯+ck′qkn 成立 ,
则称 c 1 q 1 n + c 2 q 2 n + ⋯ + c k q k n c_1q_1^n + c_2q_2^n + \cdots + c_kq_k^n c1q1n+c2q2n+⋯+ckqkn 是 递推方程的 通解 ;
分析 :
递推方程解个数 : 递推方程有多少解呢 , 将特征方程解出特征根 , 特征根个数 , 就是递推方程解的个数 ;
常数确定 : h ( n ) h(n) h(n) 是数列的第 n n n 项 , h ( n ) h(n) h(n) 是否能表达成 c 1 ′ q 1 n + c 2 ′ q 2 n + ⋯ + c k ′ q k n c_1'q_1^n + c_2'q_2^n + \cdots + c_k'q_k^n c1′q1n+c2′q2n+⋯+ck′qkn 格式 , 找到一组常数 c 1 ′ , c 2 ′ , ⋯ , c k ′ c_1' , c_2' , \cdots , c_k' c1′,c2′,⋯,ck′ , 使得上述解的格式确定下来即可 , 这些常数是由初值确认的 ;
无重根下递推方程通解结构定理 :
如果 q 1 , q 2 , ⋯ , q k q_1, q_2, \cdots , q_k q1,q2,⋯,qk 是 递推方程 不相等 的 特征根 ,
则 H ( n ) = c 1 q 1 n + c 2 q 2 n + ⋯ + c k q k n H(n) = c_1q_1^n + c_2q_2^n + \cdots + c_kq_k^n H(n)=c1q1n+c2q2n+⋯+ckqkn 为通解 ;
随便在递推方程中 , 拿出一个方程出来 , 其解一定是 H ( n ) = c 1 q 1 n + c 2 q 2 n + ⋯ + c k q k n H(n) = c_1q_1^n + c_2q_2^n + \cdots + c_kq_k^n H(n)=c1q1n+c2q2n+⋯+ckqkn 格式 , 只不过是不同的初值 , 对应不同的 c 1 , c 2 , ⋯ , c k c_1, c_2, \cdots , c_k c1,c2,⋯,ck 常数 ;
证明上述定理 :
H ( n ) = c 1 q 1 n + c 2 q 2 n + ⋯ + c k q k n H(n) = c_1q_1^n + c_2q_2^n + \cdots + c_kq_k^n H(n)=c1q1n+c2q2n+⋯+ckqkn 是递推方程的解 , 由之前已经证明过的定理得出 :
q q q 是特征方程的特征根 ⇔ \Leftrightarrow ⇔ q n q^n qn 是递推方程的解 h 1 ( n ) h_1(n) h1(n) 和 h 2 ( n ) h_2(n) h2(n) 都是同一个递推方程的解 , c 1 , c 2 c_1 , c_2 c1,c2 是任意常数 , 两个解的线性组合 c 1 h 1 ( n ) + c 2 h 2 ( n ) c_1h_1(n) + c_2h_2(n) c1h1(n)+c2h2(n) , 这个线性组合也是递推方程的解 ;下面证明任意一个解都可以表达成通解的格式 ;
假定 h ( n ) h(n) h(n) 是任意一个解 ,
该递推方程有 k k k 个初值如下 :
h ( 0 ) = b 0 h(0) = b_0 h(0)=b0 h ( 1 ) = b 1 h(1) = b_1 h(1)=b1 h ( 2 ) = b 2 h(2) = b_2 h(2)=b2⋮ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \vdots ⋮
h ( k − 1 ) = b k − 1 h(k-1) = b_{k-1} h(k−1)=bk−1将 k k k 个初值 , 代入上述通解格式 H ( n ) = c 1 q 1 n + c 2 q 2 n + ⋯ + c k q k n H(n) = c_1q_1^n + c_2q_2^n + \cdots + c_kq_k^n H(n)=c1q1n+c2q2n+⋯+ckqkn 中 , 得到如下方程组 :
{ c 1 ′ + c 2 ′ + ⋯ + c k ′ = b 0 c 1 ′ q 1 + c 2 ′ q 2 + ⋯ + c k ′ q k = b 1 ⋮ c 1 ′ q 1 k − 1 + c 2 ′ q 2 k − 1 + ⋯ + c k ′ q k k − 1 = b k − 1 \begin{cases} c_1' + c_2' + \cdots + c_k' = b_0 \\\\ c_1'q_1 + c_2'q_2 + \cdots + c_k'q_k = b_1 \\\\ \ \ \ \ \ \vdots \\\\ c_1' q_1^{k-1}+ c_2' q_2^{k-1}+ \cdots + c_k' q_k^{k-1}= b^{k-1} \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧c1′+c2′+⋯+ck′=b0c1′q1+c2′q2+⋯+ck′qk=b1 ⋮c1′q1k−1+c2′q2k−1+⋯+ck′qkk−1=bk−1
上述的方程组是否能唯一地确定一组 c 1 , c 2 , ⋯ , c k c_1, c_2, \cdots , c_k c1,c2,⋯,ck 常数 , 如果可以说明该解是递推方程的通解 , 如果不能 , 则该解不是递推方程的通解 ;
将上述 c 1 , c 2 , ⋯ , c k c_1, c_2, \cdots , c_k c1,c2,⋯,ck 看做 k k k 个未知数 , 并且 该方程组中有 k k k 个方程 , 该方程组存在唯一解的条件是 :
系数行列式 不等于 0 0 0 ,
符号表示为 : ∏ 1 ≤ i < j ≤ k ( q i − q k ) ≠ 0 \prod\limits_{1 \leq i < j \leq k} ( q_i - q_k ) \not= 0 1≤i<j≤k∏(qi−qk)=0
文字描述 : 系数行列式是所有 系数 q 1 , q 2 , ⋯ , q k − 1 q_1, q_2, \cdots , q_{k-1} q1,q2,⋯,qk−1 的 两两相减乘积不为 0 0 0 , 即 q 1 , q 2 , ⋯ , q k − 1 q_1, q_2, \cdots , q_{k-1} q1,q2,⋯,qk−1 中 不存在两两相等的情况 ;
