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常系数线性差分方程的求解

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2. https://www.zhihu.com/question/25217301

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( 这里用 $F_n$ 代表斐波那契数列第 $n$ 项，且约定 $F_0=0$ )

设有一个矩阵 $M$ 使得 $egin{pmatrix}F_n\F_{n+1}end{pmatrix}=Megin{pmatrix}F_{n-1}\F_{n}end{pmatrix}$

设 $M=egin{pmatrix}A&C\B&Dend{pmatrix}$ 就有 $egin{pmatrix}F_n\F_{n+1}end{pmatrix}=egin{pmatrix}AF_{n-1}+CF_{n}\BF_{n-1}+DF_{n}end{pmatrix}$

直接令 $A=0$ ，再令 $C=B=D=1$ ，得到 $M=egin{pmatrix}0&1\1&1end{pmatrix}$

把 $M$ 特征分解，就可以求出 $egin{pmatrix}F_n\F_{n+1}end{pmatrix}$ 的通项式

$egin{pmatrix}F_n\F_{n+1}end{pmatrix}=Megin{pmatrix}F_{n-1}\F_{n}end{pmatrix}Rightarrowegin{pmatrix}F_n\F_{n+1}end{pmatrix}=M^negin{pmatrix}F_{0}\F_{1}end{pmatrix}Rightarrowegin{pmatrix}F_n\F_{n+1}end{pmatrix}=PD^nP^{-1}egin{pmatrix}0\1end{pmatrix}$

解特征方程 $det(M-lambda I)=0$ 得到 $M$ 的特征值 $lambda=frac{1pmdisplaystylesqrt{5}}{2}$

然后得到两个的特征向量 $egin{pmatrix}1\\displaystylefrac{1pmsqrt 5}{2}end{pmatrix}$

$egin{aligned}P^{-1}&=egin{vmatrix}1&1\\displaystylefrac{1+sqrt 5}{2}&displaystylefrac{1-sqrt 5}{2}end{vmatrix}^{-1}egin{pmatrix}displaystylefrac{1-sqrt 5}{2}&-displaystylefrac{1+sqrt 5}{2}\\-1&1end{pmatrix}^{ m T}\&=egin{pmatrix}displaystylefrac{sqrt 5-1}{2sqrt 5}&displaystylefrac{1}{sqrt 5}\\displaystylefrac{sqrt 5 + 1}{2sqrt 5}&displaystyle-frac{1}{sqrt 5}end{pmatrix}end{aligned}$

$egin{aligned}F_n&=egin{pmatrix}1&0end{pmatrix}egin{pmatrix}1&1\\displaystylefrac{1+sqrt 5}{2}&displaystylefrac{1-sqrt 5}{2}end{pmatrix}egin{pmatrix}displaystyleleft(frac{1+sqrt 5}{2} ight)^{n}&0\0&displaystyleleft(frac{1-sqrt 5}{2} ight)^nend{pmatrix}egin{pmatrix}displaystylefrac{sqrt 5-1}{2sqrt 5}&displaystylefrac{1}{sqrt 5}\\displaystylefrac{sqrt 5 + 1}{2sqrt 5}&displaystyle-frac{1}{sqrt 5}end{pmatrix}egin{pmatrix}0\1end{pmatrix}\&=egin{pmatrix}1&0end{pmatrix}egin{pmatrix}1&1\\displaystylefrac{1+sqrt 5}{2}&displaystylefrac{1-sqrt 5}{2}end{pmatrix}egin{pmatrix}displaystyleleft(frac{1+sqrt 5}{2} ight)^{n}&0\0&displaystyleleft(frac{1-sqrt 5}{2} ight)^nend{pmatrix}egin{pmatrix}displaystylefrac{1}{sqrt{5}}\\displaystyle-frac{1}{sqrt{5}}end{pmatrix}\&=frac{2^{-n}}{sqrt 5}egin{pmatrix}1&0end{pmatrix}egin{pmatrix}1&1\\displaystylefrac{1+sqrt 5}{2}&displaystylefrac{1-sqrt 5}{2}end{pmatrix}egin{pmatrix}displaystyleleft(1+sqrt 5 ight)^n\-displaystyleleft(1-sqrt 5 ight)^nend{pmatrix}\&=frac{displaystyleleft(frac{1+displaystylesqrt{5}}{2} ight)^n-displaystyleleft(frac{1-displaystylesqrt{5}}{2} ight)^n}{displaystylesqrt{5}}end{aligned}$

所以

$F_n=frac{displaystyleleft(frac{1+displaystylesqrt{5}}{2} ight)^n-displaystyleleft(frac{1-displaystylesqrt{5}}{2} ight)^n}{displaystylesqrt{5}}$

相同的方法可以求形如 $A_{n}=c_1A_{n-1}+c_2A_{n-2}$ 递推式的通项公式，

只要让 $M=egin{pmatrix}0&1\c_2&c_1end{pmatrix}$ ，剩下的步骤一模一样

甚至还可以扩展到更高维度的矩阵求形如 $A_{n}=c_1A_{n-1}+c_2A_{n-2}+cdots+c_mA_{n-m}$ 的通项公式

当然，前提是 $M$ 非奇异，且拥有 $m$ 个线性无关的特征向量

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解差分方程
$x(n+2)=x(n+1)+x(n)$
$Z^{2} X(Z)=Z X(Z)+X(Z)$
$X(Z)=frac{1}{Z^{2}-Z-1} =frac{1}{(Z-frac{1+sqrt{5} }{2} )(Z-frac{1-sqrt{5} }{2} )} =frac{1}{sqrt{5}} (frac{Z}{Z-frac{1+sqrt{5} }{2}} -frac{Z}{Z-frac{1-sqrt{5} }{2}} )$
求逆Z变换
$xleft( n ight) =frac{1}{sqrt{5}}[(frac{1+sqrt{5} }{2} )^{n}-frac{1-sqrt{5} }{2} )^{n}]$

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作者：唐小谦
链接：https://www.zhihu.com/question/25217301/answer/158753864
来源：知乎
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感谢大家的点赞和评论！在这里统一向各位说声抱歉，我把这个解答称为初等方法确实不够严谨，看似初等的方法里面实际上隐藏了并不初等的概念。确切地说，如果要正确理解下面这个等式

需要一些形式幂级数环的简单知识（包括环的概念，环中可逆元的概念）。

因为考虑的是形式幂级数，在向形式变元 $x$ 代入具体的数之前并不牵涉收敛性问题，也无需使用泰勒展开等工具。因此，我仍然认为这是一个中学生可以接受的解答，再加上生成函数非常有价值，应该介绍给大家。

至于“初等”与“高等”之争，我认为是一件好事，因为大家所熟知的初等数学里，也有很多事情需要借助高等数学的知识才能说清楚，而我们国家的中学数学教材与大学数学教材其实脱节很严重。但状况并不应该如此，中学数学里的内容有一些非常有趣而深刻的背景可以挖掘出来，而不是只教大家做题。最近在对这方面的内容做一个梳理和总结，系列文章

奇葩数学史 - 知乎专栏新鲜上线，希望大家多提意见！

以下是原答。

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纯手工初等方法。记斐波那契数列第 $n$ 项为 $F_n$ ，则 $F_n=F_{n-2}+F_{n-1}$ 。

构造一个与 ${F_n}$ 有关的幂级数

这个函数被称为斐波那契数列的生成函数，因为它的幂级数展开完全决定了 ${F_n}$ ，展开式中 $q^n$ 的系数就是斐波那契数列的第 $n$ 项。

对于一般数列的生成函数，我们暂且按下不表，先来看看有没有办法求这个特殊的 $F$ 。我们没有别的选择，唯一的条件是 $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$ ，这个等式应该能够诱导出一个 $F$ 满足的方程。

确实如此， $F_n$ 是 $q^n$ 的系数， $F_{n-1}$ 和 $F_{n-2}$ 则分别是 $q^{n-1}$ 和 $q^{n-2}$ 的系数，要想让它们匹配在一起，就要想办法让它们对应同一个 $q^n$ 。这其实很容易办到， $qcdot F$ 中 $q^n$ 的系数就是 $F_{n-1}$ ，同理， $q^2cdot F$ 中 $q^n$ 的系数就是 $F_{n-2}$ 。

于是， $F-qcdot F-q^2cdot F$ 中 $q$ 的所有高于 $1$ 的幂次前的系数都变成了 $0$ ，只剩下了 $q$ 。从而

如果你能把 $frac{q}{1-q-q^2}$ 展开成幂级数的形式，就自然求出了斐波那契数列的通项。

现在，让我们回忆一个中学里十分常用的技巧

这件事情的本质是将分母中的多项式作因式分解，将分母含有二次项的分式转换成分母只含一次项，而分母只含一次项的分式很容易写成幂级数

回到 $F=frac{q}{1-q-q^2}$ ，我们可以用待定系数法完成上面的过程，设

于是

我们得到一个四元方程组

这个方程组的难度只能称为小喽喽级别，凭借后两个方程解出

代入到前两个方程中即得 $a=frac{1}{sqrt{5}}$ ， $b=-frac{1}{sqrt{5}}$ 。

所以

蕴含了斐波那契数列的通项为

看起来不太像整数，但确实如此。

生成函数是处理数列的常用工具，是离散走向连续的桥梁，很多人们关心的离散信息都复刻在这样一条DNA上。你们一定很奇怪我在定义 $F$ 时用的自变量是 $q$ 而不是 $x$ ，事实上我想通过这种方式提醒大家无穷展开的广泛性，当 $q$ 被某种具有周期性的基本函数替代时，我们就得到了傅立叶展开。作为著名的费马大定理证明核心的谷山－志村－韦伊猜想说的就是某种刻画了椭圆曲线模 $p$ 点个数信息的生成函数可以与模形式的傅立叶展开对应起来，有机会再跟大家详聊。

以上。

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原文地址：https://www.cnblogs.com/skykill/p/7567619.html

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