回复 7# 其妙
这个不难,照平时处理二阶线性递推那套方法搞就行了,不过要先换个元再搞才会简洁。
令 $x=t+t^{-1}$,其中 $t\inC$, $t\ne0$,为方便书写,下面省略 $f$ 后面的括号,即
\[f_n=(t+t^{-1})f_{n-1}-f_{n-2},\]
于是
\begin{gather*}
f_n-t^{-1}f_{n-1}=t(f_{n-1}-t^{-1}f_{n-2})=\cdots
=t^{n-2}(f_2-t^{-1}f_1),\\
f_n-tf_{n-1}=t^{-1}(f_{n-1}-tf_{n-2})=\cdots
=t^{-(n-2)}(f_2-tf_1),
\end{gather*}
易知 $f_2-t^{-1}f_1=t^2$, $f_2-tf_1=t^{-2}$,所以
\begin{align*}
f_n-t^{-1}f_{n-1}&=t^n,\\
f_n-tf_{n-1}&=t^{-n},
\end{align*}
当 $t\ne\pm1$ 时,解得
\[f_n=\frac{t^{n+1}-t^{-(n+1)}}{t-t^{-1}}=t^n+t^{n-2}+\cdots+t^{2-n}+t^{-n},\]
易知当 $t=\pm1$ 时 $f_n$ 依然等于右边,因此总有
\[f_n=t^n+t^{n-2}+\cdots+t^{2-n}+t^{-n},\]
于是
\begin{align*}
f_n=0&\iff(t^2)^n+(t^2)^{n-1}+\cdots+t^2+1=0\\
&\iff t^2=\cos\frac{2k\pi}{n+1}+i\sin\frac{2k\pi}{n+1},\\
&\iff t=\pm\cos\frac{k\pi}{n+1}\pm i\sin\frac{k\pi}{n+1},\quad k=1,2,\ldots,n,
\end{align*}
代回 $x$ 中,即
\begin{align*}
x&=\pm\cos\frac{k\pi}{n+1}\pm i\sin\frac{k\pi}{n+1}
\pm\cos\frac{-k\pi}{n+1}\pm i\sin\frac{-k\pi}{n+1}\\
&=\pm2\cos\frac{k\pi}{n+1},\quad k=1,2,\ldots,n, \quad(*)
\end{align*}
注意到
\[-\cos\frac{k\pi}{n+1}=\cos\frac{(n+1-k)\pi}{n+1},\]
也就是说式 (*) 有重复,负号是多余的,因此可以化简为
\[x=2\cos\frac{k\pi}{n+1},\quad k=1,2,\ldots,n,\]
这就是 $f_n(x)=0$ 的 $n$ 个根,所以(1)(2)显然成立;
至于(3),令 $t+t^{-1}=2\cos(\pi/n)$ 解得
\[t=\cos\frac\pi n\pm i\sin\frac\pi n,\]
注意到前面有递推式 $f_n-t^{-1}f_{n-1}=t^n$,而根据上面的结论知 $f_{n-1}=0$,所以
\[f_n\left(2\cos\frac\pi n\right)=t^n=\left(\cos\frac\pi n\pm i\sin\frac\pi n\right)^n=-1.\] |