我们通常会需要求解形如(f_{n + 2} = af_{n + 1} + bf_{n})的通项公式，其中(f_0)和(f_1)已知
我们不妨设(f_n)是一个等比数列，公比为(q)
[egin{aligned}
f_{n + 2} &= af_{n + 1} + bf_{n} \
q^2f_n &= aqf_n + bf_n \
q^2 - aq - b &= 0 \
end{aligned}
]
解这个方程即可得到两根(q = q_0，q = q_1)
所以(f_n = (q_0)^n = (q_1)^n)
同时(q_0)和(q_0)的线性组合也满足通项公式，
所以可以写成(f_n = alpha q_0^n + eta q_1^n)
再利用(f_0)和(f_1)联立即可解出(alpha)和(eta)，代入即为(f_n)通项
以斐波那契数列为例：
[egin{aligned}
f_{n + 2} &= f_{n + 1} + f_{n} \
q^2f_n &= qf_n + f_n \
q^2 - q - 1 &= 0 \
end{aligned}
]
解得
[q_1 = frac{1 + sqrt{5}}{2},q_2 = frac{1 - sqrt{5}}{2}
]
令
[f_n = alpha(frac{1 + sqrt{5}}{2})^{n} + eta(frac{1 - sqrt{5}}{2})^{n}
]
则
[egin{aligned}
alpha + eta = 0\
alphafrac{1 + sqrt{5}}{2} + etafrac{1 - sqrt{5}}{2} = 1\
end{aligned}
]
解得
[alpha = frac{sqrt{5}}{5},eta = -frac{sqrt{5}}{5}
]
综上
[f_n = frac{sqrt{5}}{5}(frac{1 + sqrt{5}}{2})^{n} - frac{sqrt{5}}{5}(frac{1 - sqrt{5}}{2})^{n}
]