如何用初等方法证明k阶齐次线性常系数递推数列的通项公式？
好的，咱们来好好聊聊如何用初等方法证明 k 阶齐次线性常系数递推数列的通项公式。这可不是什么高深莫测的东西，只要一步一步来，你就能明白其中的道理。咱们就用最实在的语言，把它掰开了揉碎了讲清楚。
首先，咱们得明确一下我们说的是什么东西。
什么是 k 阶齐次线性常系数递推数列？
简单来说，就是一个数列，它的每一项都可以由它前面 k 项的线性组合来表示，而且这些组合的系数都是常数，并且这个数列是齐次的（也就是说，没有一个不乘以数列项的常数项）。
举个例子，最经典的斐波那契数列：
$F_n = F_{n1} + F_{n2}$
这是个 2 阶的，系数是 1 和 1，而且是齐次的。
再比如：
$a_n = 3a_{n1} 2a_{n3}$
这是个 3 阶的，系数是 3, 0, 2，齐次的。
我们要证明的通项公式，通常的形式是这样的：
$a_n = c_1 lambda_1^n + c_2 lambda_2^n + dots + c_k lambda_k^n$
这里的 $lambda_i$ 是一些特殊的数（我们后面会知道它们是怎么来的），而 $c_i$ 也是一些系数，它们跟数列的初始值有关。
证明的思路：化繁为简，找到规律
咱们的证明思路，就是要通过一些“魔法”（其实是数学技巧），把这个复杂的递推关系，变成一个更简单的、可以直接计算出每一项的公式。核心思想是：
1. 猜想一个“好用”的解的形式： 我们先大胆地猜，如果这个数列的通项是一个像 $lambda^n$ 这样的形式，会怎么样？
2. 验证猜想： 把这个猜想的解代入原递推关系，看看是否成立。
3. 构造“特征方程”： 如果 $lambda^n$ 是一个解，那么我们就能推导出关于 $lambda$ 的一个方程。这个方程非常重要，它是解题的关键。
4. 求解特征方程： 解出这个方程，得到一堆 $lambda$ 的值。
5. 组合“好用”的解： 如果 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$ 是我们找到的“好用”的值，那么它们的组合形式 $c_1 lambda_1^n + c_2 lambda_2^n + dots + c_k lambda_k^n$ 也很可能是递推数列的解。
6. 确定系数： 最后，我们需要用数列的初始值来确定前面提到的 $c_1, c_2, dots, c_k$ 这些系数。
好，咱们一步一步来细说。
第一步：大胆猜想， $lambda^n$ 是可能的解
我们先考虑最简单的情况，假设一个数列的通项形式是 $a_n = lambda^n$（$lambda$ 是一个常数）。我们把这个形式代入一个一般的 k 阶齐次线性常系数递推数列的定义：
$a_n = c_{n1} a_{n1} + c_{n2} a_{n2} + dots + c_{nk} a_{nk}$
这里，$c_1, c_2, dots, c_k$ 是常数系数，表示递推关系里每一项的系数。
如果 $a_n = lambda^n$，那么代入后就是：
$lambda^n = c_1 lambda^{n1} + c_2 lambda^{n2} + dots + c_k lambda^{nk}$
第二步：化繁为简，寻找规律——构造特征方程
你看，上面的式子里，每一项都包含了 $lambda$ 的某个幂次。我们为了让这个式子更容易分析，可以做一个小小的“变形”。如果 $lambda eq 0$，我们可以把等式两边都除以 $lambda^{nk}$（这是最小的幂次，因为我们是 k 阶的，所以至少有 $lambda^{nk}$）。
$frac{lambda^n}{lambda^{nk}} = frac{c_1 lambda^{n1}}{lambda^{nk}} + frac{c_2 lambda^{n2}}{lambda^{nk}} + dots + frac{c_k lambda^{nk}}{lambda^{nk}}$
化简一下，得到：
$lambda^k = c_1 lambda^{k1} + c_2 lambda^{k2} + dots + c_k$
把所有项都移到一边，我们就得到了一个关于 $lambda$ 的方程：
$lambda^k c_1 lambda^{k1} c_2 lambda^{k2} dots c_k = 0$
这个方程就是我们常说的“特征方程”！
我们为什么这么做呢？因为我们发现，如果 $lambda$ 是这个方程的根，那么 $lambda^n$ 就自动满足了原递推关系。这就好比我们找到了几个“特殊值”，而这些特殊值，只要代入那个特定的“特征方程”，就能保证它们对应的 $lambda^n$ 是数列的一个潜在解。
第三步：求解特征方程，找到“好用”的 $lambda$
特征方程是一个 k 次多项式方程。根据代数基本定理，一个 k 次多项式方程有 k 个根（可能重复，也可能是复数）。我们把这些根记作 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$。
第四步：组合“好用”的解，构成通项公式
现在，我们知道 $lambda_1^n, lambda_2^n, dots, lambda_k^n$ 都是原递推数列的“基础解”。那么，它们的线性组合：
$a_n = C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n + dots + C_k lambda_k^n$
是不是也是这个递推数列的解呢？
我们来验证一下。假设 $a_n = C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n + dots + C_k lambda_k^n$ 是某个解。
把它代入原递推关系：
$a_n = c_1 a_{n1} + c_2 a_{n2} + dots + c_k a_{nk}$
左边是：
$C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n + dots + C_k lambda_k^n$
右边是：
$c_1 (C_1 lambda_1^{n1} + C_2 lambda_2^{n1} + dots + C_k lambda_k^{n1}) + c_2 (C_1 lambda_1^{n2} + C_2 lambda_2^{n2} + dots + C_k lambda_k^{n2}) + dots + c_k (C_1 lambda_1^{nk} + C_2 lambda_2^{nk} + dots + C_k lambda_k^{nk})$
我们把右边按照 $C_1, C_2, dots, C_k$ 分组：
$C_1 (c_1 lambda_1^{n1} + c_2 lambda_1^{n2} + dots + c_k lambda_1^{nk}) + C_2 (c_1 lambda_2^{n1} + c_2 lambda_2^{n2} + dots + c_k lambda_2^{nk}) + dots + C_k (c_1 lambda_k^{n1} + c_2 lambda_k^{n2} + dots + c_k lambda_k^{nk})$
别忘了， $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$ 都是特征方程 $lambda^k c_1 lambda^{k1} dots c_k = 0$ 的根。这意味着：
$c_1 lambda_1^{k1} + c_2 lambda_1^{k2} + dots + c_k = lambda_1^k$
所以，括号里的第一项是 $C_1 lambda_1^k$。
同理，第二项是 $C_2 lambda_2^k$，以此类推，直到最后一项 $C_k lambda_k^k$。
所以，右边整个加起来就是：
$C_1 lambda_1^k + C_2 lambda_2^k + dots + C_k lambda_k^k$
这正好就等于左边的 $a_n$！
这意味着，只要 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$ 是特征方程的根，那么它们的线性组合 $a_n = C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n + dots + C_k lambda_k^n$ 就是递推数列的通项公式。
但这里有一个重要的前提： 我们前面是假设 $lambda eq 0$ 才进行的除法。如果特征方程有根是 0，会怎么样呢？
如果 $lambda = 0$ 是特征方程的根，那么 $0^n$ 这个形式就不太好处理了（0 的 0 次方不好定义，而且对于 $n=0$ 之前的项就没意义了）。不过，在我们的定义中，递推关系是从 $a_0, a_1, dots$ 开始的，所以 $lambda^n$ 这个形式对于 $n ge 0$ 是有意义的。如果某个 $lambda_i = 0$，那么 $0^n$ 在 $n>0$ 时是 0，在 $n=0$ 时是 1（通常这样定义）。如果我们的递推数列是从 $n=1$ 开始的，那影响会小一些。
我们通常讨论的初等方法是针对非零根的。如果特征方程有零根，处理起来会稍微复杂一些，但基本思路不变。
情况一：特征方程有 k 个不重复的实数根 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$
在这种情况下，我们的通项公式就是：
$a_n = C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n + dots + C_k lambda_k^n$
情况二：特征方程有重复的实数根
如果某个根 $lambda$ 重复了 m 次（也就是 $(lambda lambda_0)^m$ 是特征方程的因子），那么我们不能只用 $lambda_0^n$ 一个形式。这时候，除了 $lambda_0^n$，我们还需要考虑 $nlambda_0^n, n^2lambda_0^n, dots, n^{m1}lambda_0^n$ 这些形式。
如果 $lambda_0$ 是重根，重合度为 m，那么对应的解的形式是：
$(C_1 + C_2 n + C_3 n^2 + dots + C_m n^{m1}) lambda_0^n$
情况三：特征方程有复数根
复数根总是成对出现的（共轭复数）。如果 $lambda = a + bi$ 是一个根，那么它的共轭 $ar{lambda} = a bi$ 也一定是根。
我们可以将复数根写成极坐标形式：$lambda = r(cos heta + i sin heta)$。
那么 $lambda^n = r^n (cos(n heta) + i sin(n heta))$。
当有共轭复数根时，我们最后得到的通项公式里的系数会变成实数，而表达式形式上会包含 $cos(n heta)$ 和 $sin(n heta)$。具体来说，如果 $lambda = r e^{i heta}$ 和 $ar{lambda} = r e^{i heta}$ 是共轭复数根，它们对应的解可以写成：
$r^n (A cos(n heta) + B sin(n heta))$
第五步：确定系数 $C_i$ (或 $A, B, C$)
一旦我们确定了通项公式的形式（取决于特征方程的根的性质），我们就可以利用数列的初始值来确定系数。
比如，我们知道 $a_0, a_1, dots, a_{k1}$ 的值。
我们把这些初始值代入我们猜想的通项公式：
$a_0 = C_1 lambda_1^0 + C_2 lambda_2^0 + dots + C_k lambda_k^0$
$a_1 = C_1 lambda_1^1 + C_2 lambda_2^1 + dots + C_k lambda_k^1$
...
$a_{k1} = C_1 lambda_1^{k1} + C_2 lambda_2^{k1} + dots + C_k lambda_k^{k1}$
这是一个关于 $C_1, C_2, dots, C_k$ 的线性方程组。只要 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$ 都不同（或者处理了重复根的情况），这个方程组就有唯一解，我们就能求出这些系数。
整个证明的“初等性”体现在哪里？
没有用到高等的线性代数概念（如向量空间、线性无关等），而是直接通过代入和代数运算来推导。
核心思想是“试探”和“归纳”，以及方程的性质。 我们猜一个简单的形式 ($lambda^n$)，然后通过代入来找到关键的“特征方程”。
利用了多项式根的性质，即一个多项式的根能够“抵消”掉相应的指数项，使得整个表达式满足递推关系。
举个例子：斐波那契数列
$F_n = F_{n1} + F_{n2}$， 初始值 $F_0 = 0, F_1 = 1$。
1. 猜想： 形式为 $F_n = lambda^n$。
2. 代入： $lambda^n = lambda^{n1} + lambda^{n2}$。
3. 特征方程： 两边同除以 $lambda^{n2}$ (假设 $lambda eq 0$)，得到 $lambda^2 = lambda + 1$。
整理一下：$lambda^2 lambda 1 = 0$。
4. 求解特征方程： 使用求根公式：
$lambda = frac{(1) pm sqrt{(1)^2 4(1)(1)}}{2(1)} = frac{1 pm sqrt{1+4}}{2} = frac{1 pm sqrt{5}}{2}$
我们得到两个不重复的实数根：
$lambda_1 = frac{1+sqrt{5}}{2}$ (黄金分割比 $phi$)
$lambda_2 = frac{1sqrt{5}}{2}$ (另一个根 $1phi$)
5. 组合解： 通项公式的形式为 $F_n = C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n$。
6. 确定系数：
$F_0 = 0 implies C_1 lambda_1^0 + C_2 lambda_2^0 = 0 implies C_1 + C_2 = 0$
$F_1 = 1 implies C_1 lambda_1^1 + C_2 lambda_2^1 = 1 implies C_1 left(frac{1+sqrt{5}}{2} ight) + C_2 left(frac{1sqrt{5}}{2} ight) = 1$
从 $C_1 + C_2 = 0$，我们得到 $C_2 = C_1$。代入第二个方程：
$C_1 left(frac{1+sqrt{5}}{2} ight) C_1 left(frac{1sqrt{5}}{2} ight) = 1$
$C_1 left(frac{1+sqrt{5} (1sqrt{5})}{2} ight) = 1$
$C_1 left(frac{2sqrt{5}}{2} ight) = 1$
$C_1 sqrt{5} = 1 implies C_1 = frac{1}{sqrt{5}}$
所以，$C_2 = C_1 = frac{1}{sqrt{5}}$。
7. 最终通项公式：
$F_n = frac{1}{sqrt{5}} left(frac{1+sqrt{5}}{2} ight)^n frac{1}{sqrt{5}} left(frac{1sqrt{5}}{2} ight)^n$
这就是著名的 Binet 公式。
总结一下整个过程：
我们就是通过一个大胆的“猜想”（$lambda^n$ 的形式），然后把它代入递推关系，巧妙地推导出了一个与 $lambda$ 相关的“特征方程”。这个方程的根，就是我们需要的“特殊值”。而所有这些“特殊值”的幂次的线性组合，就构成了递推数列的通用解的形式。最后，我们用初始值去“匹配”出具体的系数。
这个方法之所以“初等”，就在于它避开了更抽象的数学工具，而是依靠代数运算和对方程性质的直观理解。希望这样详尽的解释，能让你彻底明白这个证明的逻辑链条！
首先，咱们得明确一下我们说的是什么东西。
什么是 k 阶齐次线性常系数递推数列？
简单来说，就是一个数列，它的每一项都可以由它前面 k 项的线性组合来表示，而且这些组合的系数都是常数，并且这个数列是齐次的（也就是说，没有一个不乘以数列项的常数项）。
举个例子，最经典的斐波那契数列：
$F_n = F_{n1} + F_{n2}$
这是个 2 阶的，系数是 1 和 1，而且是齐次的。
再比如：
$a_n = 3a_{n1} 2a_{n3}$
这是个 3 阶的，系数是 3, 0, 2，齐次的。
我们要证明的通项公式，通常的形式是这样的：
$a_n = c_1 lambda_1^n + c_2 lambda_2^n + dots + c_k lambda_k^n$
这里的 $lambda_i$ 是一些特殊的数（我们后面会知道它们是怎么来的），而 $c_i$ 也是一些系数，它们跟数列的初始值有关。
证明的思路：化繁为简，找到规律
咱们的证明思路，就是要通过一些“魔法”（其实是数学技巧），把这个复杂的递推关系，变成一个更简单的、可以直接计算出每一项的公式。核心思想是：
1. 猜想一个“好用”的解的形式： 我们先大胆地猜，如果这个数列的通项是一个像 $lambda^n$ 这样的形式，会怎么样？
2. 验证猜想： 把这个猜想的解代入原递推关系，看看是否成立。
3. 构造“特征方程”： 如果 $lambda^n$ 是一个解，那么我们就能推导出关于 $lambda$ 的一个方程。这个方程非常重要，它是解题的关键。
4. 求解特征方程： 解出这个方程，得到一堆 $lambda$ 的值。
5. 组合“好用”的解： 如果 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$ 是我们找到的“好用”的值，那么它们的组合形式 $c_1 lambda_1^n + c_2 lambda_2^n + dots + c_k lambda_k^n$ 也很可能是递推数列的解。
6. 确定系数： 最后，我们需要用数列的初始值来确定前面提到的 $c_1, c_2, dots, c_k$ 这些系数。
好，咱们一步一步来细说。
第一步：大胆猜想， $lambda^n$ 是可能的解
我们先考虑最简单的情况，假设一个数列的通项形式是 $a_n = lambda^n$（$lambda$ 是一个常数）。我们把这个形式代入一个一般的 k 阶齐次线性常系数递推数列的定义：
$a_n = c_{n1} a_{n1} + c_{n2} a_{n2} + dots + c_{nk} a_{nk}$
这里，$c_1, c_2, dots, c_k$ 是常数系数，表示递推关系里每一项的系数。
如果 $a_n = lambda^n$，那么代入后就是：
$lambda^n = c_1 lambda^{n1} + c_2 lambda^{n2} + dots + c_k lambda^{nk}$
第二步：化繁为简，寻找规律——构造特征方程
你看，上面的式子里，每一项都包含了 $lambda$ 的某个幂次。我们为了让这个式子更容易分析，可以做一个小小的“变形”。如果 $lambda eq 0$，我们可以把等式两边都除以 $lambda^{nk}$（这是最小的幂次，因为我们是 k 阶的，所以至少有 $lambda^{nk}$）。
$frac{lambda^n}{lambda^{nk}} = frac{c_1 lambda^{n1}}{lambda^{nk}} + frac{c_2 lambda^{n2}}{lambda^{nk}} + dots + frac{c_k lambda^{nk}}{lambda^{nk}}$
化简一下，得到：
$lambda^k = c_1 lambda^{k1} + c_2 lambda^{k2} + dots + c_k$
把所有项都移到一边，我们就得到了一个关于 $lambda$ 的方程：
$lambda^k c_1 lambda^{k1} c_2 lambda^{k2} dots c_k = 0$
这个方程就是我们常说的“特征方程”！
我们为什么这么做呢？因为我们发现，如果 $lambda$ 是这个方程的根，那么 $lambda^n$ 就自动满足了原递推关系。这就好比我们找到了几个“特殊值”，而这些特殊值，只要代入那个特定的“特征方程”，就能保证它们对应的 $lambda^n$ 是数列的一个潜在解。
第三步：求解特征方程，找到“好用”的 $lambda$
特征方程是一个 k 次多项式方程。根据代数基本定理，一个 k 次多项式方程有 k 个根（可能重复，也可能是复数）。我们把这些根记作 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$。
第四步：组合“好用”的解，构成通项公式
现在，我们知道 $lambda_1^n, lambda_2^n, dots, lambda_k^n$ 都是原递推数列的“基础解”。那么，它们的线性组合：
$a_n = C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n + dots + C_k lambda_k^n$
是不是也是这个递推数列的解呢？
我们来验证一下。假设 $a_n = C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n + dots + C_k lambda_k^n$ 是某个解。
把它代入原递推关系：
$a_n = c_1 a_{n1} + c_2 a_{n2} + dots + c_k a_{nk}$
左边是：
$C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n + dots + C_k lambda_k^n$
右边是：
$c_1 (C_1 lambda_1^{n1} + C_2 lambda_2^{n1} + dots + C_k lambda_k^{n1}) + c_2 (C_1 lambda_1^{n2} + C_2 lambda_2^{n2} + dots + C_k lambda_k^{n2}) + dots + c_k (C_1 lambda_1^{nk} + C_2 lambda_2^{nk} + dots + C_k lambda_k^{nk})$
我们把右边按照 $C_1, C_2, dots, C_k$ 分组：
$C_1 (c_1 lambda_1^{n1} + c_2 lambda_1^{n2} + dots + c_k lambda_1^{nk}) + C_2 (c_1 lambda_2^{n1} + c_2 lambda_2^{n2} + dots + c_k lambda_2^{nk}) + dots + C_k (c_1 lambda_k^{n1} + c_2 lambda_k^{n2} + dots + c_k lambda_k^{nk})$
别忘了， $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$ 都是特征方程 $lambda^k c_1 lambda^{k1} dots c_k = 0$ 的根。这意味着：
$c_1 lambda_1^{k1} + c_2 lambda_1^{k2} + dots + c_k = lambda_1^k$
所以，括号里的第一项是 $C_1 lambda_1^k$。
同理，第二项是 $C_2 lambda_2^k$，以此类推，直到最后一项 $C_k lambda_k^k$。
所以，右边整个加起来就是：
$C_1 lambda_1^k + C_2 lambda_2^k + dots + C_k lambda_k^k$
这正好就等于左边的 $a_n$！
这意味着，只要 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$ 是特征方程的根，那么它们的线性组合 $a_n = C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n + dots + C_k lambda_k^n$ 就是递推数列的通项公式。
但这里有一个重要的前提： 我们前面是假设 $lambda eq 0$ 才进行的除法。如果特征方程有根是 0，会怎么样呢？
如果 $lambda = 0$ 是特征方程的根，那么 $0^n$ 这个形式就不太好处理了（0 的 0 次方不好定义，而且对于 $n=0$ 之前的项就没意义了）。不过，在我们的定义中，递推关系是从 $a_0, a_1, dots$ 开始的，所以 $lambda^n$ 这个形式对于 $n ge 0$ 是有意义的。如果某个 $lambda_i = 0$，那么 $0^n$ 在 $n>0$ 时是 0，在 $n=0$ 时是 1（通常这样定义）。如果我们的递推数列是从 $n=1$ 开始的，那影响会小一些。
我们通常讨论的初等方法是针对非零根的。如果特征方程有零根，处理起来会稍微复杂一些，但基本思路不变。
情况一：特征方程有 k 个不重复的实数根 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$
在这种情况下，我们的通项公式就是：
$a_n = C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n + dots + C_k lambda_k^n$
情况二：特征方程有重复的实数根
如果某个根 $lambda$ 重复了 m 次（也就是 $(lambda lambda_0)^m$ 是特征方程的因子），那么我们不能只用 $lambda_0^n$ 一个形式。这时候，除了 $lambda_0^n$，我们还需要考虑 $nlambda_0^n, n^2lambda_0^n, dots, n^{m1}lambda_0^n$ 这些形式。
如果 $lambda_0$ 是重根，重合度为 m，那么对应的解的形式是：
$(C_1 + C_2 n + C_3 n^2 + dots + C_m n^{m1}) lambda_0^n$
情况三：特征方程有复数根
复数根总是成对出现的（共轭复数）。如果 $lambda = a + bi$ 是一个根，那么它的共轭 $ar{lambda} = a bi$ 也一定是根。
我们可以将复数根写成极坐标形式：$lambda = r(cos heta + i sin heta)$。
那么 $lambda^n = r^n (cos(n heta) + i sin(n heta))$。
当有共轭复数根时，我们最后得到的通项公式里的系数会变成实数，而表达式形式上会包含 $cos(n heta)$ 和 $sin(n heta)$。具体来说，如果 $lambda = r e^{i heta}$ 和 $ar{lambda} = r e^{i heta}$ 是共轭复数根，它们对应的解可以写成：
$r^n (A cos(n heta) + B sin(n heta))$
第五步：确定系数 $C_i$ (或 $A, B, C$)
一旦我们确定了通项公式的形式（取决于特征方程的根的性质），我们就可以利用数列的初始值来确定系数。
比如，我们知道 $a_0, a_1, dots, a_{k1}$ 的值。
我们把这些初始值代入我们猜想的通项公式：
$a_0 = C_1 lambda_1^0 + C_2 lambda_2^0 + dots + C_k lambda_k^0$
$a_1 = C_1 lambda_1^1 + C_2 lambda_2^1 + dots + C_k lambda_k^1$
...
$a_{k1} = C_1 lambda_1^{k1} + C_2 lambda_2^{k1} + dots + C_k lambda_k^{k1}$
这是一个关于 $C_1, C_2, dots, C_k$ 的线性方程组。只要 $lambda_1, lambda_2, dots, lambda_k$ 都不同（或者处理了重复根的情况），这个方程组就有唯一解，我们就能求出这些系数。
整个证明的“初等性”体现在哪里？
没有用到高等的线性代数概念（如向量空间、线性无关等），而是直接通过代入和代数运算来推导。
核心思想是“试探”和“归纳”，以及方程的性质。 我们猜一个简单的形式 ($lambda^n$)，然后通过代入来找到关键的“特征方程”。
利用了多项式根的性质，即一个多项式的根能够“抵消”掉相应的指数项，使得整个表达式满足递推关系。
举个例子：斐波那契数列
$F_n = F_{n1} + F_{n2}$， 初始值 $F_0 = 0, F_1 = 1$。
1. 猜想： 形式为 $F_n = lambda^n$。
2. 代入： $lambda^n = lambda^{n1} + lambda^{n2}$。
3. 特征方程： 两边同除以 $lambda^{n2}$ (假设 $lambda eq 0$)，得到 $lambda^2 = lambda + 1$。
整理一下：$lambda^2 lambda 1 = 0$。
4. 求解特征方程： 使用求根公式：
$lambda = frac{(1) pm sqrt{(1)^2 4(1)(1)}}{2(1)} = frac{1 pm sqrt{1+4}}{2} = frac{1 pm sqrt{5}}{2}$
我们得到两个不重复的实数根：
$lambda_1 = frac{1+sqrt{5}}{2}$ (黄金分割比 $phi$)
$lambda_2 = frac{1sqrt{5}}{2}$ (另一个根 $1phi$)
5. 组合解： 通项公式的形式为 $F_n = C_1 lambda_1^n + C_2 lambda_2^n$。
6. 确定系数：
$F_0 = 0 implies C_1 lambda_1^0 + C_2 lambda_2^0 = 0 implies C_1 + C_2 = 0$
$F_1 = 1 implies C_1 lambda_1^1 + C_2 lambda_2^1 = 1 implies C_1 left(frac{1+sqrt{5}}{2} ight) + C_2 left(frac{1sqrt{5}}{2} ight) = 1$
从 $C_1 + C_2 = 0$，我们得到 $C_2 = C_1$。代入第二个方程：
$C_1 left(frac{1+sqrt{5}}{2} ight) C_1 left(frac{1sqrt{5}}{2} ight) = 1$
$C_1 left(frac{1+sqrt{5} (1sqrt{5})}{2} ight) = 1$
$C_1 left(frac{2sqrt{5}}{2} ight) = 1$
$C_1 sqrt{5} = 1 implies C_1 = frac{1}{sqrt{5}}$
所以，$C_2 = C_1 = frac{1}{sqrt{5}}$。
7. 最终通项公式：
$F_n = frac{1}{sqrt{5}} left(frac{1+sqrt{5}}{2} ight)^n frac{1}{sqrt{5}} left(frac{1sqrt{5}}{2} ight)^n$
这就是著名的 Binet 公式。
总结一下整个过程：
我们就是通过一个大胆的“猜想”（$lambda^n$ 的形式），然后把它代入递推关系，巧妙地推导出了一个与 $lambda$ 相关的“特征方程”。这个方程的根，就是我们需要的“特殊值”。而所有这些“特殊值”的幂次的线性组合，就构成了递推数列的通用解的形式。最后，我们用初始值去“匹配”出具体的系数。
这个方法之所以“初等”，就在于它避开了更抽象的数学工具，而是依靠代数运算和对方程性质的直观理解。希望这样详尽的解释，能让你彻底明白这个证明的逻辑链条！
网友意见
以题主 @inversioner 的数学水平，想来对这个问题是没什么困难的
不过既然问了这个问题，并且提到初等方法，我就写一个让绝大部分中学生也能看懂的证法吧，正好这个初等证法我最早也是在中学时自学线性代数时搞出来的
其实关于k阶齐次线性常系数递推数列的通项公式的证法，虽然有不少种，但本质上就两大类
其中一大类，就是把初等证法线性代数化，用代数的语言，引入矩阵、行列式、位移算子、差分算子，来重新描述证明过程
比如周义仓、曹慧、肖燕妮《差分方程及其应用》中，就记载了用位移算子和差分算子的方法证明过程
而陈泽安、韩创新、黄楚清、高泽红《递推数列》中，写了用矩阵和线性代数方法证明的过程
另一大类证明法，就是利用母函数或者z变换，将原本的离散的数列问题，转化为连续的函数的问题
这方面的证明，我记得
许胤龙、孙淑玲《组合数学引论》
潘永亮、徐俊明《组合数学》
等组合数学教材中有详细记录，我就不多赘述了
我曾在斐波那契数列通项推导过程的问题下，将我写的初等证法写了一遍：
实际上这里的关键就是
递推数列：
其中 ， 是常数，
如果它的特征方程
它的 个特征根 无重根
那么它的任意一个特征根 （ ）
的 次方
是递推式：
的一个特解
我想，最早给出初等证明的前辈，应该和我当时一样，也是发现这一点，受等比数列启发，才找到这步构造方法
当然这里就不可避免的涉及到一些线性代数的思想
比如对于齐次线性递推数列，在不考虑初值的情况下，它的几个解的线性组合仍然是它的解
这样才能保证最后给出通解
另外，像 这样的特解，其实就是解空间的基底
最后，证明通解形式的唯一性，还是不可避免得用到线性代数中的范德蒙德行列式
我那个回答主要是为了回答斐波那契数列的问题，因此就没有写含有重根的情况，在这儿简单补充一下
假设特征方程
它有 个互不相同的特征根
它们的代数重数分别为
满足 （ ）
并且
那么这个递推数列：
的通解将会是这样的形式：
其中 （ ， ）是任意常数
这里的关键是证明
如果特征方程
它的任意一个特征根 （ ）的代数重数为
则
全都是递推式：
的特解
这个结论的证明需要用到线性代数中的一个定理：
但是很显然，这个定理的证明非常简单，是普通中学生都能轻易看明白的
运用这个引理一代入，结论是很显然的
最后同样要证明，这 个特解构成的通解形式是唯一的，同样也是像无重根的情况下一样，用线性方程组的系数矩阵的行列式不为0来证明，这里的系数矩阵的行列式是广义范德蒙德行列式
（证明略）
定义移位运算 ，其作用于数列 得到 使得 则数列 满足递推公式 即 。
设多项式 各 不同，则由 互素，存在多项式 使得 从而 （逐项求和）
其中 满足 。
而 其中 为常数
这是由于 进而 以此类推，得到 其中 简记为 即得。
所以 即为结论。
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