二阶线性常系数递归数列的特征方程推导 线性回归方程系数推导

发布时间：2022年04月15日 05:00:39分享人:爺给妞惔萣来源:互联网21
不妨设原数列为A（n+2）+W*A(n+1)+E*A(n)=0
首先将二阶递归列转化为一阶递归列：设一个数列Bn，使B(n+1)=A(n+2)+RA(n+1)···（一式)
其中，R为待定系数。
将n+1换位n，得到B(n)=A(n+1)-RA(n)·····················（二式）
由于我们要完成由二阶向一阶的转化。
固要得到B（n+1）-TB（n）=0························（三式）
将一式二式带入三式。得到A（n+2）-（R+T）*A（n+1）+T*R*A（n）=0······（四式）
注意到上式中的系数：1，（R+T）,R*T。如果将它们分别看做一个二次方程的二次项，一次项，零次项系数，由于二次项系数恰为一。
这样，由于维达定理，我们所假定的二次方程两根X1，X2就有：X1+X2=R+T,X1*X2=R*T
显然，此方程有唯一实数解X1=R，X2=T,或X1=T,X2=R。
两组解取哪一组是不重要的。
这样，就出现了所谓的二阶递归列的特征方程，同样的，我们可以列出三阶，四阶，不过就要借助卡当公式求根了。
回归正题，我们不妨使X1=R，X2=T。
这样，R和T就为已知系数，又由于An前K项已知。所以Bn的递推列可求。
我们再来观察三式：B（n+1）+TB（n）=0
这种简单的一阶递归列通项可以看出来大概是Bn=B1*T^（n-1）这样的等比数列。
不妨将Bn通项带入二式，这样我们就得到一个带有参变量的一阶递归列：
B1*T^（n-1）=A(n+1)+RA(n)·························（五式）
类似这种一阶递归列的求解方法是将等式两边同时除以(R)^(n+1)，得到：
B1*T^（n-1）/R^(n+1)=A(n+1)/(R)^(n+1)-A(n)/(R)^(n)，···············（六式）
构造Cn，使Cn=An/（R）^n。
则：B1*T^（n-1）/(R)^(n+1)=C(n+1)-Cn·····················（七式）
上式结构复杂，不容易辨认，将左边整理一下。得到：
(T/R)^(n)*B1*R/T=C(n+1)-Cn，这里说明一下，B1，R，T，C1，都是可求的。
所以，上式可求。
利用累加法，
首先整理上式得到C(n+1)-Cn=-(T/R)^(n)*B1*R/T
由于(T/R)^(n)*B1*R/T的实质就是一个等比数列，所以再累加时可以利用等比数列求和公式计算。
下面的过程相当繁琐，我就大概说了。
先证明一个引论，等比数列求和后的数列Sn是一个常数加公比为原等比数列公比的式子，简单的写，就是Sn=P+Q^n,其中，原等比数列公比为Q。这个证明相当简单，只要带入求和公式就可以得到。
由于上面的引论，我们再利用累加法后等式右边就变为Cn=U+Y(T/R)^n+C1，说明一下，U，Y，C1都是可求的，其中，U,Y，是由系数组成的，C1可由A1,A2导出。

由Cn=An/（R）^n的关系导出An，An为An=(U+C1)*R^n+Y*T^n
令H=(U+C1),J=Y
则An=H*R^n+J*T^n
由于R,T为假定方程的两根，这个假定方程是由二阶递归列系数得到的，故这个假定方程就叫做此二阶递归列的特征方程，这两根就叫做二阶递归列的特征根。
由已经推导出的式子An=H*R^n+J*T^n
因为HJ为常系数，当我们知道A1,A2,或任意其中两项时，我们就可以通过方程组求出通项，这叫做特征根法。

  
线性递归数列 

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