本文介绍了线性差分方程的通解，从特征方程以及延迟算子两个方面介绍了相关概念。并且以AR(2)模型为例，详细介绍了2元线性差分方程的通解情况，另外有若干例题。最后还给出了此类问题矩阵形式，但才疏学浅未能求解。如果有大神路过，知道如何求解还请指点一二。

一、定义

1、线性齐次递推关系

一个常系数的k阶线性齐次递推关系是形如：
an=c1an−1+c2an−2+⋯+ckan−k(n>k)a_n = c_1a_{n-1}+c_2a_{n-2}+\cdots+c_ka_{n-k} \ \ (n>k)an=c1an−1+c2an−2+⋯+ckan−k (n>k)
的递推关系，其中ci,i=1,2,⋯,kc_i, i=1,2,\cdots,kci,i=1,2,⋯,k为常数，ck≠0c_k\ne0ck=0，{an}n=1∞\{a_n\}_{n=1}^{\infty}{an}n=1∞是一个序列。

2、延迟算子

延迟算子BBB，作用于一个序列ana_nan，效果为序列的序数减一：
Ban=an−1Ba_n=a_{n-1}Ban=an−1 延迟算子可以和实数复合，成为新的算子，例如差分算子：

∇=1−B\nabla=1-B∇=1−B

效果为： ∇an=an−an−1\nabla a_n=a_n-a_{n-1}∇an=an−an−1
延迟算子还有以下一些性质：
交换律

C1(B)[C2(B)an]=C2(B)[C1(B)an]C_1(B)[C_2(B)a_n]=C_2(B)[C_1(B)a_n]C1(B)[C2(B)an]=C2(B)[C1(B)an]

结合律
C1(B)[C2(B)an]=[C1(B)C2(B)]anC_1(B)[C_2(B)a_n] = [C_1(B)C_2(B)]a_nC1(B)[C2(B)an]=[C1(B)C2(B)]an

分配律
[C1(B)+C2(B)]an=C1(B)an+C2(B)an[C_1(B)+C_2(B)]a_n = C_1(B)a_n+C_2(B)a_n[C1(B)+C2(B)]an=C1(B)an+C2(B)an
也就是说，延迟算子的多项式C(B)C(B)C(B)也是有意义的。（这里说不清楚，总之把算子理解为一个代数式就可以了）

3、线性齐次差分方程

如果定义了延迟算子BBB，那么上述的线性递推关系也可以写成一个k阶线性齐次差分方程： (1−c1B−c2B2−⋯−ckBk)an=0\left(1-c_1B-c_2B^2-\cdots-c_kB^k\right)a_n=0(1−c1B−c2B2−⋯−ckBk)an=0 其中BBB为延迟算子，ci,i=1,2,⋯,kc_i, i=1,2,\cdots,kci,i=1,2,⋯,k是实数，ck≠0c_k\ne0ck=0，{an}n=1∞\{a_n\}_{n=1}^{\infty}{an}n=1∞是一个序列。

4、特征方程与特征根

如果an=rn(r≠0)a_n = r^n(r\ne0)an=rn(r=0)是（1）式的一个解，那么就有：
rn=c1rn−1+c2rn−2+⋯+ckrn−kr^n = c_1r^{n-1}+c_2r^{n-2}+\cdots+c_kr^{n-k}rn=c1rn−1+c2rn−2+⋯+ckrn−k 等价变换为特征方程：
rk−c1rk−1−c2rk−2−⋯−ck−1r−ck=0r^k-c_1r^{k-1}-c_2r^{k-2}-\cdots-c_{k-1}r-c_k=0rk−c1rk−1−c2rk−2−⋯−ck−1r−ck=0
因此，an=rn(r≠0)a_n = r^n(r\ne0)an=rn(r=0)是（1）式的一个解，当且仅当rrr是上述特征方程的一根，特征方程的根称为特征根。

而在延迟算子的定义中，这样的特征方程更为明显。根据特征算子的性质，若1r\frac{1}{r}r1是C(B)=0C(B)=0C(B)=0的一个根，则有C(B)an=(1−rB)C′(B)an=0C(B)a_n = (1-rB)C'(B)a_n=0C(B)an=(1−rB)C′(B)an=0也就是说，(1−rB)an=0(1-rB)a_n=0(1−rB)an=0的根an=rn(r≠0)a_n = r^n(r\ne0)an=rn(r=0)是C(B)an=0C(B)a_n=0C(B)an=0的一个特解。而根据代数基本定理，算子多项式可以做以下因式分解： C(B)an=(1−c1B−c2B2−⋯−ckBk)an=(1−r1B)(1−r2B)⋯(1−rkB)an=0\begin{aligned} C(B)a_n =& \left(1-c_1B-c_2B^2-\cdots-c_kB^k\right)a_n\\ & =(1-r_1B)(1-r_2B)\cdots(1-r_kB)a_n\\ &=0 \end{aligned}C(B)an=(1−c1B−c2B2−⋯−ckBk)an=(1−r1B)(1−r2B)⋯(1−rkB)an=0
其实这里的rir_iri就和特征方程中的根等价了，也和C(B)=0C(B)=0C(B)=0的根一一对应成倒数关系。

二、定理

定理1

如果特征方程有k个不相等的根（复数域上）ri,i=1,2,⋯,kr_i,i=1,2,\cdots,kri,i=1,2,⋯,k。那么递推关系的通解为：
an=α1r1n+α2r2n+⋯+αkrkna_n = \alpha_1r_1^n+\alpha_2r_2^n+\cdots+\alpha_kr_k^nan=α1r1n+α2r2n+⋯+αkrkn
其中αi,i=1,2,⋯,k\alpha_i,i=1,2,\cdots,kαi,i=1,2,⋯,k为复数域上的常数。定理1的证明通过以上延迟算子分解的过程很容易得出。

定理2

如果特征方程有t个不相等的根（复数域上）ri,i=1,2,⋯,tr_i,i=1,2,\cdots,tri,i=1,2,⋯,t，其代数重数分别为m1,m2,⋯,mtm_1,m_2,\cdots,m_tm1,m2,⋯,mt，满足mi≥1,i=1,2,⋯,tm_i\geq1,i=1,2,\cdots,tmi≥1,i=1,2,⋯,t，且∑i=1tmi=k\sum_{i=1}^tm_i=k∑i=1tmi=k。那么递推关系的通解为：

an=(a1,0+a1,1n+⋯+a1,m1−1nm1−1)r1n+(a2,0+a2,1n+⋯+a2,m2−1nm2−1)r2n+⋯+(at,0+at,1n+⋯+at,mt−1nmt−1)rtn\begin{aligned} a_n=&\left(a_{1,0}+a_{1,1}n+\cdots+a_{1,m_1-1}n^{m_1-1}\right)r_1^n\\ &+\left(a_{2,0}+a_{2,1}n+\cdots+a_{2,m_2-1}n^{m_2-1}\right)r_2^n\\ &+\cdots+\left(a_{t,0}+a_{t,1}n+\cdots+a_{t,m_t-1}n^{m_t-1}\right)r_t^n\end{aligned}an=(a1,0+a1,1n+⋯+a1,m1−1nm1−1)r1n+(a2,0+a2,1n+⋯+a2,m2−1nm2−1)r2n+⋯+(at,0+at,1n+⋯+at,mt−1nmt−1)rtn
其中ai,ja_{i,j}ai,j是复数域上的常数，1≤i≤t1\leq i\leq t1≤i≤t 且 0≤j≤mi−10\leq j\leq m_i-10≤j≤mi−1。

三、二元线性递推关系

以AR(2)时间序列模型的自相关函数为例

这里的AR(2)模型即是时间序列分析中的2阶自回归模型，博主的线性差分方程知识也都是在这门课上学的。这些d

AR(2)模型：Yt=ϕ1Yt−1+ϕ2Yt−2+etY_t=\phi_1Y_{t-1}+\phi_2Y_{t-2}+e_tYt=ϕ1Yt−1+ϕ2Yt−2+et的自相关函数ρk\rho_kρk满足如下的线性递推关系
ρ0=1ρ1=ϕ11−ϕ2ρk=ϕ1ρk−1+ϕ2ρk−2,k≥2\begin{aligned} \rho_0& = 1\\ \rho_1& = \frac{\phi_1}{1-\phi_2}\\ \rho_k& = \phi_1\rho_{k-1}+\phi_2\rho_{k-2}, \ k\geq2\end{aligned}ρ0ρ1ρk=1=1−ϕ2ϕ1=ϕ1ρk−1+ϕ2ρk−2, k≥2
其特征方程为： λ2−ϕ1λ−ϕ2λ=0\lambda^2-\phi_1\lambda-\phi_2\lambda=0λ2−ϕ1λ−ϕ2λ=0 两根为
λ1,2=ϕ1±ϕ12+4ϕ22\lambda_{1,2}=\frac{\phi_1\pm\sqrt{\phi_1^2+4\phi_2}}{2}λ1,2=2ϕ1±ϕ12+4ϕ2

1、两个特征根相等

也即ϕ12+4ϕ2=0\phi_1^2+4\phi_2=0ϕ12+4ϕ2=0，则有λ1=λ2=ϕ12\lambda_1 = \lambda_2=\frac{\phi_1}{2}λ1=λ2=2ϕ1
这种情况下根据定理有： ρk=(a1+a2k)(ϕ12)k\rho_k=(a_1+a_2k)(\frac{\phi_1}{2})^kρk=(a1+a2k)(2ϕ1)k
带入初始条件 {ρ0=1ρ1=ϕ11−ϕ2\begin{cases} \rho_0=1\\ \rho_1=\frac{\phi_1}{1-\phi_2} \end{cases}{ρ0=1ρ1=1−ϕ2ϕ1 解出： {a1=1a2=1+ϕ21−ϕ2\begin{cases} a_1 = 1\\ a_2 = \frac{1+\phi_2}{1-\phi_2} \end{cases}{a1=1a2=1−ϕ21+ϕ2 于是此时的自相关函数为：
ρk=(1+1+ϕ21−ϕ2k)(ϕ12)k\rho_k=(1+\frac{1+\phi_2}{1-\phi_2}k)(\frac{\phi_1}{2})^kρk=(1+1−ϕ21+ϕ2k)(2ϕ1)k

2、两个特征根不相等，且都为实数根

也即ϕ12+4ϕ2>0\phi_1^2+4\phi_2>0ϕ12+4ϕ2>0，则由定理可知： ρk=a1λ1k+a2λ2k\rho_k=a_1\lambda_1^k+a_2\lambda_2^kρk=a1λ1k+a2λ2k 带入初始条件
{ρ0=1ρ1=ϕ11−ϕ2\begin{cases} \rho_0=1\\ \rho_1=\frac{\phi_1}{1-\phi_2} \end{cases}{ρ0=1ρ1=1−ϕ2ϕ1 解出： {a1=ϕ11−ϕ2−λ2λ1−λ2a2=λ1−ϕ11−ϕ2λ1−λ2\begin{cases} a_1 = \frac{\frac{\phi_1}{1-\phi_2}-\lambda_2}{\lambda_1-\lambda_2}\\ a_2 = \frac{\lambda_1-\frac{\phi_1}{1-\phi_2}}{\lambda_1-\lambda_2} \end{cases}⎩⎨⎧a1=λ1−λ21−ϕ2ϕ1−λ2a2=λ1−λ2λ1−1−ϕ2ϕ1 其中有 {λ1+λ2=ϕ1λ1λ2=−ϕ2⇒ϕ11−ϕ2=λ1+λ21+λ1λ2\begin{cases} \lambda_1+\lambda_2=\phi_1\\ \lambda_1\lambda_2=-\phi_2 \end{cases} \Rightarrow \frac{\phi_1}{1-\phi_2}=\frac{\lambda_1+\lambda_2}{1+\lambda_1\lambda_2}{λ1+λ2=ϕ1λ1λ2=−ϕ2⇒1−ϕ2ϕ1=1+λ1λ2λ1+λ2
于是此时的自相关函数为： ρk=ϕ11−ϕ2−λ2λ1−λ2λ1k+λ1−ϕ11−ϕ2λ1−λ2λ2k=λ1+λ21+λ1λ2−λ2λ1−λ2λ1k+λ1−λ1+λ21+λ1λ2λ1−λ2λ2k=(1−λ22)λ1k+1−(1−λ12)λ2k+1(λ1−λ2)(1+λ1λ2)\begin{aligned} \rho_k&=\frac{\frac{\phi_1}{1-\phi_2}-\lambda_2}{\lambda_1-\lambda_2}\lambda_1^k+\frac{\lambda_1-\frac{\phi_1}{1-\phi_2}}{\lambda_1-\lambda_2}\lambda_2^k\\ &=\frac{\frac{\lambda_1+\lambda_2}{1+\lambda_1\lambda_2}-\lambda_2}{\lambda_1-\lambda_2}\lambda_1^k+\frac{\lambda_1-\frac{\lambda_1+\lambda_2}{1+\lambda_1\lambda_2}}{\lambda_1-\lambda_2}\lambda_2^k\\ &=\frac{(1-\lambda_2^2)\lambda_1^{k+1}-(1-\lambda_1^2)\lambda_2^{k+1}}{(\lambda_1-\lambda_2)(1+\lambda_1\lambda_2)}\end{aligned}ρk=λ1−λ21−ϕ2ϕ1−λ2λ1k+λ1−λ2λ1−1−ϕ2ϕ1λ2k=λ1−λ21+λ1λ2λ1+λ2−λ2λ1k+λ1−λ2λ1−1+λ1λ2λ1+λ2λ2k=(λ1−λ2)(1+λ1λ2)(1−λ22)λ1k+1−(1−λ12)λ2k+1

3、两个特征根不相等，且都为复数根

也即ϕ12+4ϕ2<0\phi_1^2+4\phi_2<0ϕ12+4ϕ2<0，则有：
λ1,2=ϕ1±−ϕ12−4ϕ2i2=−ϕ2(ϕ12−ϕ2±−ϕ12−4ϕ22−ϕ2i)=R(cos⁡θ+isin⁡(±θ))=Re±iθ\begin{aligned} \lambda_{1,2}&=\frac{\phi_1\pm\sqrt{-\phi_1^2-4\phi_2}i}{2}\\ &=\sqrt{-\phi_2}\left(\frac{\phi_1}{2\sqrt{-\phi_2}}\pm \frac{\sqrt{-\phi_1^2-4\phi_2}}{2\sqrt{-\phi_2}}i\right)\\ &=R(\cos\theta+i\sin(\pm\theta))\\ &=Re^{\pm i\theta}\end{aligned}λ1,2=2ϕ1±−ϕ12−4ϕ2i=−ϕ2(2−ϕ2ϕ1±2−ϕ2−ϕ12−4ϕ2i)=R(cosθ+isin(±θ))=Re±iθ
其中R=−ϕ2,cos⁡θ=ϕ12−ϕ2R=\sqrt{-\phi_2},\cos\theta=\frac{\phi_1}{2\sqrt{-\phi_2}}R=−ϕ2,cosθ=2−ϕ2ϕ1
这种情况下根据定理有： ρk=a1λ1k+a2λ2k\rho_k=a_1\lambda_1^k+a_2\lambda_2^kρk=a1λ1k+a2λ2k
并且由于自相关函数全部为实数，且λ1=λ2ˉ\lambda_1=\bar{\lambda_2}λ1=λ2ˉ为共轭复数。所以a1=a2ˉa_1=\bar{a_2}a1=a2ˉ也必须为共轭复数，只有这样ρ=a1λ1k+a1ˉλ1ˉk=a1ˉλ1ˉk+a1λ1k=ρˉ\rho=a_1\lambda_1^k+\bar{a_1}\bar{\lambda_1}^k=\bar{a_1}\bar{\lambda_1}^k+a_1\lambda_1^k=\bar{\rho}ρ=a1λ1k+a1ˉλ1ˉk=a1ˉλ1ˉk+a1λ1k=ρˉ才能为实数。
不妨设 {a1=a−bia2=a+bi\begin{cases} a_1 = a-bi\\ a_2 = a+bi \end{cases}{a1=a−bia2=a+bi

则： ρk=a1λ1k+a2λ2k=(a−bi)Rk(cos⁡kθ+isin⁡kθ)+(a+bi)Rk(cos⁡kθ−isin⁡kθ)=2Rk(acos⁡kθ+bsin⁡kθ)=2Rka2+b2sin⁡(kθ+Φ)\begin{aligned} \rho_k&=a_1\lambda_1^k+a_2\lambda_2^k\\ &=(a-bi)R^k(\cos k\theta+i\sin k\theta)+(a+bi)R^k(\cos k\theta-i\sin k\theta)\\ &=2R^k(a\cos k\theta+b\sin k\theta)\\ &=2R^k\sqrt{a^2+b^2}\sin(k\theta+\Phi)\end{aligned}ρk=a1λ1k+a2λ2k=(a−bi)Rk(coskθ+isinkθ)+(a+bi)Rk(coskθ−isinkθ)=2Rk(acoskθ+bsinkθ)=2Rka2+b2sin(kθ+Φ)

带入初始条件：
{ρ0=1ρ1=ϕ11−ϕ2\begin{cases} \rho_0=1\\ \rho_1=\frac{\phi_1}{1-\phi_2} \end{cases}{ρ0=1ρ1=1−ϕ2ϕ1

解出： {a=12b=−ϕ1(1+ϕ2)2(1−ϕ2)−ϕ12−4ϕ2\begin{cases} a = \frac{1}{2}\\ b = -\frac{\phi_1(1+\phi_2)}{2(1-\phi_2)\sqrt{-\phi_1^2-4\phi_2}} \end{cases}{a=21b=−2(1−ϕ2)−ϕ12−4ϕ2ϕ1(1+ϕ2) 于是此时的自相关函数为：
ρk=Rksin⁡(kθ+Φ)sin⁡Φ\rho_k=\frac{R^k\sin(k\theta+\Phi)}{\sin\Phi}ρk=sinΦRksin(kθ+Φ) 其中

R=−ϕ2cos⁡θ=ϕ12Rtan⁡Φ=ab=1−ϕ21+ϕ2tan⁡θ\begin{aligned} &R=\sqrt{-\phi_2}\\ &\cos\theta=\frac{\phi_1}{2R}\\ &\tan\Phi=\frac{a}{b}=\frac{1-\phi_2}{1+\phi_2}\tan\theta\end{aligned}R=−ϕ2cosθ=2Rϕ1tanΦ=ba=1+ϕ21−ϕ2tanθ

四、例题

1、无重根（斐波拉契数列）

斐波拉契数列：0,1,1,2,3,5,8,⋯0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, \cdots0,1,1,2,3,5,8,⋯ fn+2=fn+fn+1,Whenf0=0,f1=1\begin{aligned} &f_{n+2}= f_n+f_{n+1},\\ &When \ \ f_0=0, f_1=1\end{aligned}fn+2=fn+fn+1,When f0=0,f1=1 求通项：

特征方程为x2−x−1=0x^2-x-1=0x2−x−1=0，特征根为1±52\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}21±5。

于是fnf_nfn的通解为：
fn=a(1+52)n+b(1−52)nf_n=a\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n+b\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^nfn=a(21+5)n+b(21−5)n
其中a,ba,ba,b 由方程组： {f1=a(1+52)+b(1−52)=1f0=a+b=0\begin{cases} f_1=a\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)+b\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)=1\\ f_0=a+b=0 \end{cases}{f1=a(21+5)+b(21−5)=1f0=a+b=0 解出，得到： {a=15b=−15\begin{cases} a = {1\over \sqrt5}\\ b = -{1\over \sqrt5} \end{cases}{a=51b=−51

于是：
fn=15(1+52)n−15(1−52)nf_n = \frac{1}{\sqrt5}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\frac{1}{\sqrt5}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^nfn=51(21+5)n−51(21−5)n

2、有虚根

考虑另外一个数列：0,1,−1,−2,−1,1,2,1,−1,−2,⋯0,1,-1,-2,-1,1,2,1,-1,-2,\cdots0,1,−1,−2,−1,1,2,1,−1,−2,⋯ an+2=an+1−anWhena0=0,a1=1\begin{aligned} &a_{n+2} = a_{n+1}-a_n\\ &When \ \ a_0=0,a_1=1\end{aligned}an+2=an+1−anWhen a0=0,a1=1 可以观察到这是一个周期数列
an={0if n=01if n=1+6k,k∈N−1if n=2+6k,k∈N−2if n=3+6k,k∈N−1if n=4+6k,k∈N1if n=5+6k,k∈N2if n=6+6k,k∈Na_n=\begin{cases} 0&\text{if n=0}\\ 1&\text{if n=1+6k}, \ k\in N\\ -1&\text{if n=2+6k}, \ k\in N\\ -2&\text{if n=3+6k}, \ k\in N\\ -1&\text{if n=4+6k}, \ k\in N\\ 1&\text{if n=5+6k}, \ k\in N\\ 2&\text{if n=6+6k}, \ k\in N\\ \end{cases}an=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧01−1−2−112if n=0if n=1+6k, k∈Nif n=2+6k, k∈Nif n=3+6k, k∈Nif n=4+6k, k∈Nif n=5+6k, k∈Nif n=6+6k, k∈N 用上述理论解之：
特征方程x2−x+1=0x^2-x+1=0x2−x+1=0,特征根为1±3i2\frac{1\pm\sqrt{3}i}{2}21±3i。
写为三角形式为cos⁡π3+isin⁡π3\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}cos3π+isin3π和cos⁡5π3+isin⁡5π3\cos\frac{5\pi}{3}+i\sin\frac{5\pi}{3}cos35π+isin35π。
则ana_nan 的通解为： an=α(cos⁡π3+isin⁡π3)n+β(cos⁡5π3+isin⁡5π3)n=α(cos⁡nπ3+isin⁡nπ3)+β(cos⁡5nπ3+isin⁡5nπ3)=(α+β)cos⁡nπ3+(α−β)isin⁡nπ3\begin{aligned} a_n &= \alpha\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right)^n+\beta\left(\cos\frac{5\pi}{3}+i\sin\frac{5\pi}{3}\right)^n\\ &=\alpha\left(\cos\frac{n\pi}{3}+i\sin\frac{n\pi}{3}\right)+\beta\left(\cos\frac{5n\pi}{3}+i\sin\frac{5n\pi}{3}\right)\\ &=(\alpha+\beta)\cos\frac{n\pi}{3}+(\alpha-\beta)i\sin\frac{n\pi}{3}\end{aligned}an=α(cos3π+isin3π)n+β(cos35π+isin35π)n=α(cos3nπ+isin3nπ)+β(cos35nπ+isin35nπ)=(α+β)cos3nπ+(α−β)isin3nπ
其中α,β\alpha,\betaα,β由方程组： {a1=1a2=−1\begin{cases} &a_1=1\\ &a_2=-1 \end{cases}{a1=1a2=−1 解出α=β=1\alpha=\beta=1α=β=1。确定，于是：
an=2cos⁡nπ3,n∈N∗a_n = 2\cos\frac{n\pi}{3},n\in N^*an=2cos3nπ,n∈N∗

3、有重根

考虑数列：0,1,4,12,32,80⋯0, 1, 4, 12, 32, 80\cdots0,1,4,12,32,80⋯ an+2=4an+1−4anWhena0=0,a1=1\begin{aligned} &a_{n+2} = 4a_{n+1}-4a_n\\ &When \ \ a_0=0,a_1=1\end{aligned}an+2=4an+1−4anWhen a0=0,a1=1 求通项：
特征方程为：x2−4x+4=0x^2-4x+4=0x2−4x+4=0，特征根为x1=x2=2x_1=x_2=2x1=x2=2为重根。于是通解为：
an=(α+βn)2na_n = \left(\alpha+\beta n\right)2^nan=(α+βn)2n
验证得到α=0,β=12\alpha=0,\beta={1\over2}α=0,β=21： an=n×2n−1a_n=n\times2^{n-1}an=n×2n−1

五、线性代数解法（猜想，具体能不能做出来我也不知道）

1、定义

这类问题也可以写成如下的矩阵形式： MAn−1=AnMA_{n-1}= A_nMAn−1=An 其中有： M=[c1c2⋯ck−1ck10⋯0001⋯00⋮⋮⋮⋮00⋯10]M= \begin{bmatrix} c_1 & c_2 &\cdots&c_{k-1} &c_k\\ 1 & 0 &\cdots&0 &0\\ 0 & 1 &\cdots&0 &0\\ \vdots&\vdots& &\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&0 \end{bmatrix}M=⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡c110⋮0c201⋮0⋯⋯⋯⋯ck−100⋮1ck00⋮0⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎤ An=[anan−1⋮an−k]A_n= \begin{bmatrix} a_n\\ a_{n-1}\\ \vdots\\ a_{n-k} \end{bmatrix}An=⎣⎢⎢⎢⎡anan−1⋮an−k⎦⎥⎥⎥⎤
这个矩阵是一个Frobenius矩阵：
（图源网络，侵删）

那么问题就变成了求矩阵幂次。并且矩阵MMM是由一个单位阵加了一行一列组成，或许它的幂次较为容易求得。并且我们实际上只需要MnM^nMn的第一行元素即可知道最终ana_nan的通项。
例如斐波拉契数列的例子中: [1110][an−1an−2]=[anan−1]\begin{bmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{n-1}\\ a_{n-2} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} a_{n}\\ a_{n-1} \end{bmatrix}[1110][an−1an−2]=[anan−1]
做相似对角化: M=[1110]=[1−521+5211][1−52001+52][1−521+5211]−1M=\begin{bmatrix} 1&1\\ 1&0 \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} \frac{1-\sqrt{5}}{2}&\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ 1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1-\sqrt{5}}{2}&0\\ 0&\frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1-\sqrt{5}}{2}&\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ 1&1 \end{bmatrix}^{-1}M=[1110]=[21−5121+51][21−50021+5][21−5121+51]−1 有： An=MnA0A_n=M^nA_0An=MnA0 也就是： [anan−1]=Mn[a0a1]=[1−521+5211][1−52001+52]n[1−521+5211]−1[01]=[1−521+5211][(1−52)n00(1+52)n][−555+510555−510][01]=[(1−52)n+1(1+52)n+1(1−52)n(1+52)n][5+5105−510]\begin{aligned} \begin{bmatrix} a_{n}\\ a_{n-1} \end{bmatrix} =&M^n \begin{bmatrix} a_{0}\\ a_{1} \end{bmatrix}\\ =&\begin{bmatrix} \frac{1-\sqrt{5}}{2}&\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ 1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1-\sqrt{5}}{2}&0\\ 0&\frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{bmatrix}^n \begin{bmatrix} \frac{1-\sqrt{5}}{2}&\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ 1&1 \end{bmatrix}^{-1} \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}\\ =&\begin{bmatrix} \frac{1-\sqrt{5}}{2}&\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ 1&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n&0\\ 0&\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -\frac{\sqrt{5}}{5}&\frac{5+\sqrt{5}}{10}\\ \frac{\sqrt{5}}{5}&\frac{5-\sqrt{5}}{10} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0\\ 1 \end{bmatrix}\\ =&\begin{bmatrix} \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}&\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\\ \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}&\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{5+\sqrt{5}}{10}\\ \frac{5-\sqrt{5}}{10} \end{bmatrix}\end{aligned}[anan−1]====Mn[a0a1][21−5121+51][21−50021+5]n[21−5121+51]−1[01][21−5121+51]⎣⎡(21−5)n00(21+5)n⎦⎤[−5555105+5105−5][01]⎣⎡(21−5)n+1(21−5)n(21+5)n+1(21+5)n⎦⎤[105+5105−5] 则： an=5+510(1−52)n+1+5−510(1+52)n+1=−55(1−52)n+55(1+52)n=15(1+52)n−15(1−52)n\begin{aligned} a_n =& \frac{5+\sqrt{5}}{10}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}+\frac{5-\sqrt{5}}{10}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\\ =& \frac{-\sqrt{5}}{5}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n}+\frac{\sqrt{5}}{5}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n}\\ =& \frac{1}{\sqrt5}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\frac{1}{\sqrt5}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n\end{aligned}an===105+5(21−5)n+1+105−5(21+5)n+15−5(21−5)n+55(21+5)n51(21+5)n−51(21−5)n

2、特征值

此外，不难发现，MMM的特征值和前述特征方程的根一一对应。

想要求MMM的特征值，先求MMM的特征多项式： C(r)=det(M−rE)=0C(r)=det(M-rE)=0C(r)=det(M−rE)=0 也就是：
C(r)=det([c1c2⋯ck−1ck10⋯0001⋯00⋮⋮⋮⋮00⋯10]−[r0⋯000r⋯0000⋯00⋮⋮⋮⋮00⋯0r])=det([c1−rc2⋯ck−1ck1−r⋯0001⋯00⋮⋮⋮⋮00⋯1−r])=(−1)2(c1−r)f(1)+(−1)3c2f(2)+⋯+(−1)k+1ckf(k)=[∑i=1k(−1)i+1cif(i)]−rf(1)=[∑i=1k(−1)i+1ci(−r)k−i]+(−r)k=[(−1)k+1∑i=1kcirk−i]+(−r)k=(−r)k+(−1)k+1[c1rk−1+c2rk−2+⋯+ck](*)\begin{aligned} C(r)&=det( \begin{bmatrix} c_1 & c_2 &\cdots&c_{k-1} &c_k\\ 1 & 0 &\cdots&0 &0\\ 0 & 1 &\cdots&0 &0\\ \vdots&\vdots& &\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&0 \end{bmatrix}- \begin{bmatrix} r& 0 &\cdots&0 &0\\ 0 & r &\cdots&0 &0\\ 0 & 0 &\cdots&0 &0\\ \vdots&\vdots& &\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&0&r \end{bmatrix})\\ &=det(\begin{bmatrix} c_1-r & c_2 &\cdots&c_{k-1} &c_k\\ 1 & -r &\cdots&0 &0\\ 0 & 1 &\cdots&0 &0\\ \vdots&\vdots& &\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&-r \end{bmatrix})\tag{*}\\ &=(-1)^{2}(c_1-r)f(1)+(-1)^{3}c_2f(2)+\cdots+(-1)^{k+1}c_kf(k)\\ &=\left[\sum_{i=1}^{k}(-1)^{i+1}c_if(i)\right]-rf(1)\\ &=\left[\sum_{i=1}^{k}(-1)^{i+1}c_i(-r)^{k-i}\right]+(-r)^{k}\\ &=\left[(-1)^{k+1}\sum_{i=1}^{k}c_ir^{k-i}\right]+(-r)^{k}\\ &=(-r)^{k}+(-1)^{k+1}\left[c_1r^{k-1}+c_2r^{k-2}+\cdots+c_k\right]\\\end{aligned}C(r)=det(⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡c110⋮0c201⋮0⋯⋯⋯⋯ck−100⋮1ck00⋮0⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎤−⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡r00⋮00r0⋮0⋯⋯⋯⋯000⋮0000⋮r⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎤)=det(⎣⎢⎢⎢⎢⎢⎡c1−r10⋮0c2−r1⋮0⋯⋯⋯⋯ck−100⋮1ck00⋮−r⎦⎥⎥⎥⎥⎥⎤)=(−1)2(c1−r)f(1)+(−1)3c2f(2)+⋯+(−1)k+1ckf(k)=[i=1∑k(−1)i+1cif(i)]−rf(1)=[i=1∑k(−1)i+1ci(−r)k−i]+(−r)k=[(−1)k+1i=1∑kcirk−i]+(−r)k=(−r)k+(−1)k+1[c1rk−1+c2rk−2+⋯+ck](*)
上式在（*）处按照第一行展开，其中f(i)f(i)f(i)定义为下列矩阵去掉第kkk列后的行列式：
[1−r⋯0001⋯00⋮⋮⋮⋮00⋯1−r]\begin{bmatrix} 1 & -r &\cdots&0 &0\\ 0 & 1 &\cdots&0 &0\\ \vdots&\vdots& &\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&-r \end{bmatrix}⎣⎢⎢⎢⎡10⋮0−r1⋮0⋯⋯⋯00⋮100⋮−r⎦⎥⎥⎥⎤

则（**）式为0有方程：
(−r)k+(−1)k+1[c1rk−1+c2rk−2+⋯+ck]=0(-r)^{k}+(-1)^{k+1}\left[c_1r^{k-1}+c_2r^{k-2}+\cdots+c_k\right]=0(−r)k+(−1)k+1[c1rk−1+c2rk−2+⋯+ck]=0
也就是： rk−c1rk−1−c2rk−2−⋯−ck=0r^k - c_1r^{k-1}-c_2r^{k-2}-\cdots-c_k=0rk−c1rk−1−c2rk−2−⋯−ck=0
与前述特征方程相同。则考虑以下两种情况：

3、求解

a、无重根

根据线性代数的理论，特征方程无重根，也就是矩阵MK×kM_{K\times k}MK×k有kkk个不同的特征值时，MMM可以相似对角化为Q−1eig(M)QQ^{-1}eig(M)QQ−1eig(M)Q，其中eig(M)=diag(r1,r2,⋯,rk)eig(M)=diag(r_1,r_2,\cdots,r_k)eig(M)=diag(r1,r2,⋯,rk)。进而有谱分解形式……

b、有重根

……

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