是否存在满足a_{k-1}+a_k=a_{k+1}的正实数项双无穷序列？

这个问题挺有意思的，其实存在这样的双无穷正实数序列，不过只有特定形式的序列满足条件，咱们一步步来推导证明：

给定递推关系 (a_{k-1} + a_k = a_{k+1})（对任意整数k成立），这是一个二阶线性齐次递推，特征方程为：

r² - r - 1 = 0

解得两个特征根：

• 黄金分割比 (\phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2} \approx 1.618)（大于1的正数）
• (\psi = \frac{1-\sqrt{5}}{2} \approx -0.618)（绝对值小于1的负数）

对于双无穷序列（n取所有整数），递推的通解可以表示为：
[a_n = A \cdot \phi^n + B \cdot \psi^n]
其中A、B为任意实数常数。

我们需要所有 (a_n > 0)（n为任意整数），分情况讨论常数A和B：

情况1：B ≠ 0 #

观察ψ的性质：(\psi)是负数，且 (|\psi| < 1)，但 (|\frac{1}{\psi}| = \frac{\sqrt{5}+1}{2} > 1)（即ψ的倒数是绝对值大于1的负数）。

• 当n趋向负无穷时（即n = -m，m→+∞），(\phi^n = \phi^{-m} = (\frac{1}{\phi})^m) 趋向0（因为(\frac{1}{\phi} < 1)），而 (\psi^n = \psi^{-m} = (\frac{1}{\psi})^m = (-|\frac{1}{\psi}|)^m)，这是一个绝对值指数增长、符号交替变化的项。
• 无论B是正还是负，当m足够大时，(B \cdot \psi^n) 的绝对值会远大于 (A \cdot \phi^{n)，且会出现符号为负的情况（因为(\psi}n) 交替正负），导致对应的(a_n < 0)，违反正实数要求。因此B必须为0。

情况2：B = 0 #

此时通解简化为：
[a_n = A \cdot \phi^n]
其中A为正实数（保证所有项为正）。验证递推关系：
[a_{k-1} + a_k = A\phi^{k-1} + A\phi^k = A\phi^{k-1}(1+\phi)]
由于(\phi^2 = \phi + 1)（特征根满足特征方程），代入得：
[A\phi^{k-1} \cdot \phi^2 = A\phi^{k+1} = a_{k+1}]
完全满足递推关系。同时，对于任意整数n，(\phi^n > 0)（因为φ是正数），A>0，所以所有(a_n > 0)。

存在唯一形式的双无穷正实数序列满足条件：所有项为 (a_n = A \cdot \phi^n)（其中A为任意正实数，(\phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2})）。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Pet123