Ya, solusinya sebenarnya untuk beberapa konstanta α dan β ditentukan oleh kasus dasar. Jika case basis adalah nyata, maka (dengan induksi) semua istilah kompleks dalam T ( n ) akan dibatalkan, untuk semua bilangan bulat n .T(n)=α(1+i)n+β(1−i)nαβT(n)n
Sebagai contoh, perhatikan rekurensi , dengan kasus dasar T ( 0 ) = 0 dan T ( 1 ) = 2 . Polinomial karakteristik dari pengulangan ini adalah x 2 - 2 x + 2 , sehingga solusinya adalah T ( n ) = α ( 1T( n ) = 2 T( n - 1 ) - 2 T( n - 2 )T( 0 ) = 0T( 1 ) = 2x2- 2 x + 2 untuk beberapa konstanta α dan β . Memasukkan case dasar memberi kita
T ( 0 ) = α ( 1 + i ) 0 + β ( 1 - i ) 0 = α + β = 0T(n)=α(1+i)n+β(1−i)nαβ
yang menyiratkan
α + β = 0
T( 0 ) = α ( 1 + i )0+ β( 1 - i )0= α + β= 0T( 1 ) = α ( 1 + i )1+ β( 1 - i )1= ( α + β) + ( α - β) i = 2
yang menyiratkan
α = - i dan
β = i . Jadi solusinya adalah
T ( n ) = i ⋅ ( ( 1 - i ) n - ( 1 + i ) n ) .α + β= 0α - β= - 2 i
α = - iβ= iT( n ) = i ⋅ ( ( 1 - i )n- ( 1 + i )n) .
Fungsi ini berosilasi antara dan- √2-√n- 2-√nT( 4 n ) = 0n( 1 - i )4= ( 1 + i )4= - 4T( 0 )
$...$
.