一、通解定义

递推方程解的形式 : 满足 $H(n)-a_{1}H(n-1)-a_{2}H(n-2)-\cdots -a_{k}H(n-k)=0$ 公式的所有递推方程 , 都具有 $c_1{q}_1^n+c_2{q}_2^n+\cdots +c_k{q}_k^n$ 形式的解 ;

下面开始讨论之前得到的 解的形式 $c_1{q}_1^n+c_2{q}_2^n+\cdots +c_k{q}_k^n$ 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 $h(n)$ 都存在一组常数 $c_1^{\prime },c_2^{\prime },\cdots ,c_k^{\prime }$ ,

使得 $h(n)=c_1^{\prime }{q}_1^n+c_2^{\prime }{q}_2^n+\cdots +c_k^{\prime }{q}_k^n$ 成立 ,

则称 $c_1{q}_1^n+c_2{q}_2^n+\cdots +c_k{q}_k^n$ 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 : $h(n)$ 是数列的第 $n$ 项 , $h(n)$ 是否能表达成 $c_1^{\prime }{q}_1^n+c_2^{\prime }{q}_2^n+\cdots +c_k^{\prime }{q}_k^n$ 格式 , 找到一组常数 $c_1^{\prime },c_2^{\prime },\cdots ,c_k^{\prime }$ , 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 ;

二、无重根下递推方程通解结构定理

无重根下递推方程通解结构定理 :

如果 $q_1,q_2,\cdots ,q_k$ 是 递推方程 不相等 的 特征根 ,

则 $H(n)=c_1{q}_1^n+c_2{q}_2^n+\cdots +c_k{q}_k^n$ 为通解 ;

随便在递推方程中 , 拿出一个方程出来 , 其解一定是 $H(n)=c_1{q}_1^n+c_2{q}_2^n+\cdots +c_k{q}_k^n$ 格式 , 只不过是不同的初值 , 对应不同的 $c_1,c_2,\cdots ,c_k$ 常数 ;

证明上述定理 :

$H(n)=c_1{q}_1^n+c_2{q}_2^n+\cdots +c_k{q}_k^n$ 是递推方程的解 , 由之前已经证明过的定理得出 :

• $q$ 是特征方程的特征根 $\iff$ $q^n$ 是递推方程的解
• $h_1(n)$ 和 $h_2(n)$ 都是同一个递推方程的解 , $c_1,c_2$ 是任意常数 , 两个解的线性组合 $c_1{h}_1(n)+c_2{h}_2(n)$ , 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 $h(n)$ 是任意一个解 ,

该递推方程有 $k$ 个初值如下 :

• $h(0)=b_0$
• $h(1)=b_1$
• $h(2)=b_2$

$⋮$

• $h(k-1)=b_{k-1}$

将 $k$ 个初值 , 代入上述通解格式 $H(n)=c_1{q}_1^n+c_2{q}_2^n+\cdots +c_k{q}_k^n$ 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

上述的方程组是否能唯一地确定一组 $c_1,c_2,\cdots ,c_k$ 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 $c_1,c_2,\cdots ,c_k$ 看做 $k$ 个未知数 , 并且 该方程组中有 $k$ 个方程 , 该方程组存在唯一解的条件是 :

系数行列式 不等于 $0$ ,

符号表示为 : $\prod _{1\le i<j\le k}(q_i-q_k)\ne 0$

文字描述 : 系数行列式是所有 系数 $q_1,q_2,\cdots ,q_{k-1}$ 的 两两相减乘积不为 $0$ , 即 $q_1,q_2,\cdots ,q_{k-1}$ 中 不存在两两相等的情况 ;

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