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特征根是矩阵里来的. 例如 $a_{n+2}=a_{n+1}+a_n$ 对应
$$
\begin{pmatrix}a_{n+2}\\a_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_{n+1}\\a_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}a_{2}\\a_1\end{pmatrix}.
$$
其中,
$$
\begin{align}
\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}^n&=\left(\begin{pmatrix}\frac{1-\sqrt 5}{2}&\frac{1+\sqrt 5}{2}\\1&1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{1-\sqrt 5}{2}&\\&\frac{1+\sqrt 5}{2}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{1-\sqrt 5}{2}&\frac{1+\sqrt 5}{2}\\1&1\end{pmatrix}^{-1}\right)^n\\
&=\begin{pmatrix}\frac{1-\sqrt 5}{2}&\frac{1+\sqrt 5}{2}\\1&1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{1-\sqrt 5}{2}&\\&\frac{1+\sqrt 5}{2}\end{pmatrix}^n
\begin{pmatrix}\frac{1-\sqrt 5}{2}&\frac{1+\sqrt 5}{2}\\1&1\end{pmatrix}^{-1}\\
&=\begin{pmatrix}\frac{1-\sqrt 5}{2}&\frac{1+\sqrt 5}{2}\\1&1\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\left(\frac{1-\sqrt 5}{2}\right)^n&\\&\left(\frac{1+\sqrt 5}{2}\right)^n\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}\frac{1-\sqrt 5}{2}&\frac{1+\sqrt 5}{2}\\1&1\end{pmatrix}^{-1}.
\end{align}
$$
因此 $a_{n}$ 通项形如 $A\lambda_1^n+B\lambda_2^n$. 此处的 $\lambda_{1,2}=\dfrac{1\pm \sqrt 5}{2}$ 为 $\begin{pmatrix}1&1\\1&0\end{pmatrix}$ 的特征值. 对 $n$ 项递推而言, 若特征值两两不同, 则解答类似.
不妨考虑 $n$-项递推式有 $n$ 个相同特征值之情形, 则对任意 $m\in \mathbb N_+$, 总有
$$
\begin{pmatrix}a_{n+m}\\a_{n+m-1}\\\vdots \\a_{m+2}\\a_{m+1}\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}c_1&c_2&\cdots &c_{n-1}&c_n\\
1\\&1\\&&\ddots\\&&&1&0\end{pmatrix}
\cdot \begin{pmatrix}a_{n+m-1}\\a_{n+m-2}\\\vdots \\a_{m+1}\\a_{m}\end{pmatrix}.
$$
此处对应的递推公式为
$$
a_{n+m}-\sum_{i=1}^nc_ia_{n+m-i}=0.
$$
同时 $\lambda ^n-\sum_{i=1}^n c_i\lambda^{n-i}=0$ 有 $n$ 个相同的根 $\lambda_0$, 从而有
$$
\begin{align}
&\quad \,\,\mathrm{rank}\left[\begin{pmatrix}c_1&c_2&\cdots &c_{n-1}&c_n\\
1\\&1\\&&\ddots\\&&&1&0\end{pmatrix}-\lambda_0I\right]\\\\
&=\mathrm{rank}\begin{pmatrix}c_1-\lambda_0&c_2&\cdots &c_{n-1}&c_n\\
1&-\lambda_0\\&1&-\lambda_0\\&&\ddots&\ddots\\&&&1&-\lambda_0\end{pmatrix}\\\\
&\overset{\ast}=\mathrm{rank}\begin{pmatrix}0&0&\cdots &0&0\\
1&-\lambda_0\\&1&-\lambda_0\\&&\ddots&\ddots\\&&&1&-\lambda_0\end{pmatrix}\\\\
&=n-1.
\end{align}
$$
对 $\ast$ 处, 只需用第 $2$ 至 $n$ 横行分别消除第一横行即可, 第一行最后一项为 $\lambda_0 ^n-\sum_{i=1}^n c_i\lambda_0^{n-i}=0$. 从而 有 Jordan 标准型
$$
\begin{pmatrix}c_1&c_2&\cdots &c_{n-1}&c_n\\
1\\&1\\&&\ddots\\&&&1&0\end{pmatrix}=P\cdot \begin{pmatrix}\lambda_0&1\\&\lambda_0&1\\&&\ddots&\ddots\\&&&\lambda_0&1\\&&&&\lambda_0\end{pmatrix}\cdot P^{-1}.
$$
注意到对 $n$ 次可微函数 $f$, 有
$$
f:\begin{pmatrix}\lambda_0&1\\&\lambda_0&1\\&&\ddots&\ddots\\&&&\lambda_0&1\\&&&&\lambda_0\end{pmatrix}\mapsto \begin{pmatrix}f(\lambda_0)&\frac{f'(\lambda_0)}{1!}&\cdots &\frac{f^{(n-2)}(\lambda_0)}{(n-2)!}&\frac{f^{(n-1)}(\lambda_0)}{(n-1)!}\\&f(\lambda_0)&\frac{f'(\lambda_0)}{1!}&\cdots &\frac{f^{(n-2)}(\lambda_0)}{(n-2)!}\\&&\ddots&\ddots&\vdots\\&&&f(\lambda_0)&\frac{f'(\lambda_0)}{1!}\\&&&&f(\lambda_0)\end{pmatrix}
$$
从而
$$
\begin{pmatrix}\lambda_0&1\\&\lambda_0&1\\&&\ddots&\ddots\\&&&\lambda_0&1\\&&&&\lambda_0\end{pmatrix}^N=
\begin{pmatrix}
\lambda_0^N & \binom{N}{1}\lambda_0^{N-1} & \binom{N}{2}\lambda_0^{N-2} & \cdots & \cdots & \binom{N}{n-1}\lambda^{N-n+1} \\
& \lambda_0^N & \binom{N}{1}\lambda_0^{N-1} & \cdots & \cdots & \binom{N}{n-2}\lambda_0^{N-n+2} \\
& & \ddots & \ddots & \vdots & \vdots\\
& & & \ddots & \ddots & \vdots\\
& & & & \lambda_0^N & \binom{N}{1}\lambda_0^{N-1}\\
& & & & & \lambda_0^N
\end{pmatrix}
$$
从而 $a_N$ 的确是 $P(N)\cdot \lambda^N$ 形式, 其中 $P$ 为某一 $n-1$ 次多项式(非退化).
例如 $a_{n+2}=2a_{n+1}-a_n$, 则
$$
\begin{pmatrix}a_{n+2}\\a_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&-1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_{n+1}\\a_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&-1\\1&0\end{pmatrix}^n\begin{pmatrix}a_{2}\\a_1\end{pmatrix}.
$$
其中,
$$
\begin{align}
\begin{pmatrix}2&-1\\1&0\end{pmatrix}^n&=\left(P\cdot \begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}P^{-1}\right)^n\\
&=P\cdot \begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}^nP^{-1}\\
&=P\cdot \begin{pmatrix}1&n\\0&1\end{pmatrix}P^{-1}\\
\end{align}
$$
从而列向量 $P\begin{pmatrix}1&n\\0&1\end{pmatrix}P^{-1}\begin{pmatrix}a_2\\a_1\end{pmatrix}$ 的第一项为 $a_{n+2}$. 自然有 $a_n=(an+b)+1^n$.
一个类似的例子是算 $y''+py'+qy=0$ 的通解, 上一楼也提到了. 思路基本一样. |
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hbghlyj
Posted 2023-4-22 18:30
Czhang271828
Posted 2023-4-22 19:20
