二阶线性差分方程

二阶线性差分方程用连续两期状态决定下一期状态。常系数形式可写成

$$x_{n+2}=a{x}_{n+1}+b{x}_n+g_n,n=0,1,2,\dots .$$

系数 $a,b$ 固定，$g_n$ 是已知的外部输入；给定 $x_0,x_1$ 后，后面的状态依次唯一确定。若 $b\ne 0$，两期记忆真正参与更新。其核心方法是找出“每步乘同一倍率”的模式，再用初值决定不同模式各占多少。

为什么一个初值不够

设一个教学控制器记录偏差 $e_n$，采用规则

$$e_{n+2}=0.6e_{n+1}+0.16e_n.$$

偏差可以正也可以负；两系数是固定的无量纲反馈权重，并不被解释成两种互斥事件的概率。取 $e_0=10,e_1=6$，逐项得到

$$e_2=0.6\times 6+0.16\times 10=5.2,$$ $$e_3=0.6\times 5.2+0.16\times 6=4.08,e_4=\mathrm{3.28.}$$

若只知道 $e_1=6$，却把前一期改为 $e_0=-10$，下一期会变成 $e_2=2$。相同“当前值”可以产生不同下一步，因为它们的历史不同。二阶方程需要两个初值，不是为了多加一个可调参数，而是为了给足规则要读取的信息。

下图把历史保存在一个两格窗口里。每步先用两格计算新值，再把窗口向前移一格。没有新增一条物理定律，只是把记忆显式写进状态。

一个二阶标量递推，等价于一个保存两期信息的一阶向量递推。

特征方程从哪里来

先处理没有外部输入的齐次方程 $e_{n+2}=a{e}_{n+1}+b{e}_n$，并假设 $b\ne 0$。试找形如 $e_n={\lambda }^n$ 的模式：若每步乘 $\lambda$，代入后需要

$${\lambda }^{n+2}=a{\lambda }^{n+1}+b{\lambda }^n.$$

由于这里的特征根不会为零，可以除以 ${\lambda }^n$，得到特征方程

$${\lambda }^2-a\lambda -b=0.$$

本例为

$${\lambda }^2-0.6\lambda -0.16=(\lambda -0.8)(\lambda +0.2)=0.$$

因此两个基本模式是 $0.8^n$ 与 $(-0.2{)}^n$。前者同号衰减，后者逐步换号且衰减更快。因为原方程对各项是线性的，两个解的任何固定线性组合仍是解，所以可写

$$e_n=C(0.8{)}^n+D(-0.2{)}^n.$$

代入两个初值，得到 $C+D=10$、$0.8C-0.2D=6$。用第一式的 0.2 倍加第二式，得到 $C=8$，继而 $D=2$。故

$$e_n=8(0.8{)}^n+2(-0.2{)}^n.$$

代回 $n=2$ 得 $8\times 0.64+2\times 0.04=5.2$。下图分别画出两种贡献与总和；总和没有明显换号，不代表其中没有交替模式，而是交替部分很快变小了。

早期同时包含两个模式，长期主要由绝对值更大的根控制，前提是它的系数不为零。

两个不同根为什么给出全部解

设特征根 ${\lambda }_1\ne {\lambda }_2$。对于任意指定的 $e_0,e_1$，方程

$$C+D=e_0,C{\lambda }_1+D{\lambda }_2=e_1$$

都有唯一解，因为系数矩阵行列式为 ${\lambda }_2-{\lambda }_1\ne 0$。由此构造的模式组合满足原递推，又满足两个初值。递推每步唯一确定新项，所以它必然与原解逐项相同。这一步说明所得公式覆盖全部初值，而不只是猜中了两个特殊解。Oliver，§7：常系数二阶方程

若根是一对共轭复数 ${\lambda }_{1,2}=\rho e^{\pm i\theta }$，其中 $\rho >0$，实解可写为

$$e_n={\rho }^n(C\cos (n\theta )+D\sin (n\theta )).$$

这里 $\rho$ 控制振幅，$\theta$ 控制每步相位变化。例如 $a=0.8,b=-0.64$ 时，根为 $0.8e^{\pm i\pi /3}$。取 $e_0=1,e_1=0.4$，有 $e_n=0.8^n\cos (n\pi /3)$，前四项为 $1,0.4,-0.32,-0.512$。它在换号的同时衰减。状态为偏差时负值有明确意义；若状态为人数，模型能否产生负数就需要额外检查。

重根为什么要多乘一个 n

若特征方程只有一个二重根 $\lambda \ne 0$，则 $a=2\lambda ,b=-{\lambda }^2$。只写 $C{\lambda }^n+D{\lambda }^n$ 等于只留一个常数，无法满足任意两个初值。

令 $e_n={\lambda }^n{z}_n$，代入递推并除以 ${\lambda }^{n+2}$，得到

$$z_{n+2}-2z_{n+1}+z_n=0.$$

这表示 $z_{n+2}-z_{n+1}=z_{n+1}-z_n$：相邻差为常数。于是 $z_n=C+Dn$，全部解为

$$e_n=(C+Dn){\lambda }^n.$$

例如 $e_{n+2}=1.4e_{n+1}-0.49e_n$ 的重根为 0.7。取 $e_0=2,e_1=2.1$，由 $C=2$、$0.7(C+D)=2.1$ 得 $D=1$，所以 $e_n=(2+n)0.7^n$。第二项先升到 2.1，随后是 1.96、1.715，最终趋零。稳定不要求每个坐标从第一步起就单调下降。

下图把这个重根例子与复根例子分开画。重根带来的 $n$ 因子可以造成早期增长；复根带来的正弦、余弦则决定换号节奏。

重根与复根需要不同的解形式，不能仅凭“两个根都不大”省略结构。

特例 $\lambda =0$ 对应 $a=b=0$，原式直接变成 $e_{n+2}=0$，所有 $n\ge 2$ 的项均为零；此时应直接使用原递推，不套含除以 $\lambda$ 的推导。更一般的 $b=0$ 已退化为从 $e_1$ 开始的一阶递推。

根与长期行为：要对所有小初值判断

齐次二阶常系数递推的零状态渐近稳定，当且仅当两个特征根都满足 $|{\lambda }_i|<1$。不同根时两个几何模式都衰减；重根时仍有 $n|\lambda {|}^n\to 0$，所以多项式因子不会抵消指数衰减。这个极限也可用相邻项比值 $((n+1)/n)|\lambda |\to |\lambda |<1$ 说明。

只要有根的模大于一，就可沿其增长模式选任意小的初始状态，使之最终离开固定邻域。因此即使某组特别挑选的初值恰好消掉增长模式，也不能据此把平衡称为稳定。

单位圆是边界：模为一的单根给出不衰减但有界的模式；若所有根都在单位圆内或圆上且圆上的根都是单根，零状态稳定但未必吸引。若二重根为 1 或 −1，$Dn{\lambda }^n$ 一般无界，零状态不稳定。比如 $e_{n+2}=2e_{n+1}-e_n$ 有解 $e_n=e_0+n(e_1-e_0)$；哪怕起始斜率很小，也会长期积累成大偏差。

写成矩阵，接上多状态模型

取保存两期的状态

$$z_n=\left(\begin{array}{c}{e}_{n+1}\\ e_n\end{array}\right),z_{n+1}=\left(\begin{array}{cc}a& b\\ 1& 0\end{array}\right)z_n.$$

第二行把“当前”搬到“上一期”，第一行计算新值。这个矩阵的特征多项式正是 ${\lambda }^2-a\lambda -b$，所以标量递推与矩阵方法的根不是两套不同答案。讨论稳定时，要控制的是包含两个分量的完整状态，不是只控制某一时刻一个坐标。

若有恒定输入 $g_n=c$，且 $1-a-b\ne 0$，平衡为 $x_{\ast }=c/(1-a-b)$。令 $e_n=x_n-x_{\ast }$，常数项恰好抵消，回到齐次方程。例如 $x_{n+2}=0.6x_{n+1}+0.16x_n+12$ 的平衡为 50；从 $x_0=60,x_1=56$ 出发，便有 $x_n=50+8(0.8{)}^n+2(-0.2{)}^n$。

当 $a+b=1$ 时，若 $c\ne 0$ 则没有常值平衡；若 $c=0$ 则每个常数序列都是平衡。分母为零反映结构改变，不能通过“取一个很大的平衡值”绕过去。

对于随期数变化的输入，这时取 $z_n=(x_{n+1},x_n{)}^{𝖳}$，矩阵形式为 $z_{n+1}=M{z}_n+(g_n,0{)}^{𝖳}$。逐步展开得到

$$z_n=M^n{z}_0+\sum _{j=0}^{n-1}{M}^{n-1-j}\left(\begin{array}{c}{g}_j\\ 0\end{array}\right).$$

每一项都是一次过去输入经过后续演化留下的贡献。求特征根先理解系统自己的模式，再叠加外部输入，就把“自由演化”和“受迫响应”分开了。

参考资料与继续阅读

• Marcel Oliver，Difference Equations，§§7–9。不同根、重根、零根退化、非齐次递推与高阶稳定性。
• Jeffrey R. Chasnov，Mathematical Biology，第 2 章。年龄结构与把跨期记忆写成多状态系统。
• 先修：差分方程模型、矩阵；进一步见平衡点与稳定性、线性化与雅可比矩阵。若更新中出现平方等非线性项，洛吉斯蒂映射展示了特征根之外需要分析的新行为。