如 a n = p a n − 1 + q a n − 2 a_n=p\ a_{n-1}+q\ a_{n-2}an=p an−1+q an−2 的通項的方法。
（上面這樣的遞推式可被稱作“二階線性齊次常係數遞推式”的特殊情況）
例題
有一數列 { a n } \{a_{n}\}{an}，a 1 = x a_1=xa1=x，a 2 = y a_2=ya2=y，且 ∀ n ≥ 3 \forall\ n \ge 3∀ n≥3，都有 a n = p a n − 1 + q a n − 2 a_n=pa_{n-1}+qa_{n-2}an=pan−1+qan−2。求該數列的通項公式。
答案是肯定的，遞推式一定能表示為 a n = c 1 r 1 n − 1 + c 2 r 2 n − 1 a_n=c_1r_1^{n-1}+c_2r_2^{n-1}an=c1r1n−1+c2r2n−1。這裡給結論給的比較突兀，嚴格證明限於編者能力暫時沒法給出 ，但是讀者可以想象：對遞推式的兩個項不斷迭代，一個迭代到 a 1 a_1a1，一個迭代到 a 2 a_2a2，這樣這兩個項一定齊次，且次數與 n nn 同階。
現在問題就是求描述中的常數。我們利用類似待定係數的思想先將該式代入遞推式：
c 1 r 1 n + c 2 r 2 n = p c 1 r 1 n − 1 + p c 2 r 2 n − 1 + q c 1 r 1 n − 2 + q c 2 r 2 n − 2 c_1r_1^n+c_2r_2^n=pc_1r_1^{n-1}+pc_2r_2^{n-1}+qc_1r_1^{n-2}+qc_2r_2^{n-2}c1r1n+c2r2n=pc1r1n−1+pc2r2n−1+qc1r1n−2+qc2r2n−2
c 1 r 1 n − 2 ( r 1 2 − p r 1 − q ) + c 2 r 2 n − 2 ( r 2 2 − p r 2 − q ) = 0 c_1r_1^{n-2}(r_1^2-pr_1-q)+c_2r_2^{n-2}(r_2^2-pr_2-q)=0c1r1n−2(r12−pr1−q)+c2r2n−2(r22−pr2−q)=0 、
要使原式成立，必然要求
r 1 2 − p r 1 − q = 0 r_1^2-pr_1-q=0r12−pr1−q=0 且 r 2 2 − p r 2 − q = 0 r_2^2-pr_2-q=0r22−pr2−q=0，即 r 1 、 r 2 r_1、r_2r1、r2 為方程 x 2 − p x − q = 0 x^2-px-q=0x2−px−q=0的兩根。
我們把上述方程稱作原遞推式的 特徵方程 。
然後我們又有 a 1 = c 1 + c 2 = x a_1=c_1+c_2=xa1=c1+c2=x，a 2 = c 1 r 1 + c 2 r 2 = y a_2=c_1r_1+c_2r_2=ya2=c1r1+c2r2=y，
此時 r 1 、 r 2 r_1、r_2r1、r2 已知，所以 c 1 、 c 2 c_1、c_2c1、c2 可求，這樣我們就求完了。
如 a n = p a n − 1 + q a n − 2 a_n=p\ a_{n-1}+q\ a_{n-2}an=p an−1+q an−2 的通項的方法。
（上面這樣的遞推式可被稱作“二階線性齊次常係數遞推式”的特殊情況）
例題
有一數列 { a n } \{a_{n}\}{an}，a 1 = x a_1=xa1=x，a 2 = y a_2=ya2=y，且 ∀ n ≥ 3 \forall\ n \ge 3∀ n≥3，都有 a n = p a n − 1 + q a n − 2 a_n=pa_{n-1}+qa_{n-2}an=pan−1+qan−2。求該數列的通項公式。
解
不難想象這種線性遞推式的答案都是指數形式的。我們知道一階線性遞推式推出來一定會有一個指數項。那二階遞推式出來是不是會有兩個指數項呢？
答案是肯定的，遞推式一定能表示為 a n = c 1 r 1 n − 1 + c 2 r 2 n − 1 a_n=c_1r_1^{n-1}+c_2r_2^{n-1}an=c1r1n−1+c2r2n−1。這裡給結論給的比較突兀，嚴格證明限於編者能力暫時沒法給出 ，但是讀者可以想象：對遞推式的兩個項不斷迭代，一個迭代到 a 1 a_1a1，一個迭代到 a 2 a_2a2，這樣這兩個項一定齊次，且次數與 n nn 同階。
現在問題就是求描述中的常數。我們利用類似待定係數的思想先將該式代入遞推式：
c 1 r 1 n + c 2 r 2 n = p c 1 r 1 n − 1 + p c 2 r 2 n − 1 + q c 1 r 1 n − 2 + q c 2 r 2 n − 2 c_1r_1^n+c_2r_2^n=pc_1r_1^{n-1}+pc_2r_2^{n-1}+qc_1r_1^{n-2}+qc_2r_2^{n-2}c1r1n+c2r2n=pc1r1n−1+pc2r2n−1+qc1r1n−2+qc2r2n−2
c 1 r 1 n − 2 ( r 1 2 − p r 1 − q ) + c 2 r 2 n − 2 ( r 2 2 − p r 2 − q ) = 0 c_1r_1^{n-2}(r_1^2-pr_1-q)+c_2r_2^{n-2}(r_2^2-pr_2-q)=0c1r1n−2(r12−pr1−q)+c2r2n−2(r22−pr2−q)=0 、
要使原式成立，必然要求
r 1 2 − p r 1 − q = 0 r_1^2-pr_1-q=0r12−pr1−q=0 且 r 2 2 − p r 2 − q = 0 r_2^2-pr_2-q=0r22−pr2−q=0，即 r 1 、 r 2 r_1、r_2r1、r2 為方程 x 2 − p x − q = 0 x^2-px-q=0x2−px−q=0的兩根。
我們把上述方程稱作原遞推式的 特徵方程 。
然後我們又有 a 1 = c 1 + c 2 = x a_1=c_1+c_2=xa1=c1+c2=x，a 2 = c 1 r 1 + c 2 r 2 = y a_2=c_1r_1+c_2r_2=ya2=c1r1+c2r2=y，
此時 r 1 、 r 2 r_1、r_2r1、r2 已知，所以 c 1 、 c 2 c_1、c_2c1、c2 可求，這樣我們就求完了。