[離散] 遞迴特徵根小於1的解行為證明
請問一下, 我想證明:
線性實數常係數齊次遞迴方程如果其每個特徵根的絕對值都小於1
則解都趨近於0
我知道有個證明是找到解空間的基底的長相, 然後就得證
但是這個證法要完整地寫出來很複雜, 因為特徵多項式的解有很多case要討論:
(1) 重根/無重根, 重根的話又要看general eigenspace大小
(2) 實根/虛根
粗糙的來說, 如果根是實根λ, 解會是λ^n*(c_0+c_1*n+c_2*n^2+...)這種形式
根是虛根λ, 解會是|λ|^n(cos+sin...)這種形式
最複雜的大概是同時是虛根而且又有重根
而只要|λ|<1, 上述的解都會趨近於0 as n→+∞
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有鑑於以上, 我才好奇有沒有比較簡短的證法
因為有些其他性質我確實用方程式本身就能證出來, 不用透過解的長相
我才覺得這篇的問題應該有機會有其他證法
以下補充嚴格的數學描述:
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令 a_1~a_N€R, a_N !=0
y_n 滿足 y_n + a_1*y_(n-1) + ... + a_N*y(n-N) = 0, for all n >= N
p(x):= x^N + a_1*x^(N-1) + ... + a_N 為特徵多項式
若 over C來看, p(x)所有的根的絕對值都小於1
則 lim_{n→+∞} y_n = 0
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謝謝幫忙~
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推
12/03 23:00,
1年前
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12/03 23:00, 1F
嗨V大~是的, 我就是自己試了一些方向都沒辦法用到特徵根
甚至我直接假設y_n極限存在為L, 也只是得到(1+a_1+...+a_N)*L = 0
完全沒有特徵根資訊
因此我才想問是不是有其他方式
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12/03 23:00,
1年前
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12/03 23:00, 2F
有不複雜的討論方式可以分享嗎!?
我記得之前線性ODE時, 2x2是最簡單的, 3x3就要討論幾種case了
而老師跟課本舉例也只到3x3, 因為general的NxN有太多根的情形了...
如果有簡單寫出通解的證明我也想知道, 謝謝!
推
12/03 23:23,
1年前
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12/03 23:24,
1年前
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"每一項也就λ^n乘上n的多項式" 這結論對我來說就是要分析每個λ的重數才能得到
還是V大你意思是, 只要λ是特徵多項式的m重根,
那就存在m個數列 y_k_n = (λ^n)*(n^(k-1)), k=1~m 是線性獨立的
如果λ是虛數再換成cos, sin即可?
如果是這樣的話確實很快耶! 我文中說要討論general eigenspace說很複雜的意思是
我把線性方程轉成矩陣形式來看 Y_n = A*Y_(n-1), 其中A是矩陣
而A的特徵多項式就跟差分方程的特徵多項式一樣
因此接下來要對A做Jordan form時就會需要討論每個λ的情形
看來直接用原差分方程做會避開很多矩陣會遇到的麻煩耶!
推
12/04 21:44,
1年前
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w大是說我上面回V大的那串吧 那我筆誤了 我這篇都是討論齊次的 我改一下 謝謝
推
12/04 22:53,
1年前
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嗨V大, 非常謝謝你~了解了!
聽你的解釋確實給了【原本我在乎A的Jordan form還要討論很多】一個不用討論的理由
A因為長相的關係, 導致其Jordan form很簡單(每個eigenvalue只有一個Jordan block)
所以不管直接證線性獨立, 或是真的找A的Jordan form, 都是簡單的事
再次感謝~
推
12/05 01:53,
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嗨a大, 你的一元高次跟二元一次分別是?
線性遞迴的 y_n = a_1*y_(n-1) + ... + a_N*y_(n-N) + x_n 就是你的一元高次嗎?
如果是的話, 我是不知道如何解釋"為什麼"
單純就是令 Y_n:=[y_n y_(n-1)...y_(n-N)]^t, X_n = [x_n 0...0] 的話
原方程很容易證明等價於Y_n = A*Y_(n-1) + X_n
推
12/05 16:31,
1年前
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12/05 16:31, 14F
是很常聽到一階線性常係數ODE的離散型就是差分方程啦
不過細節上還是有差, 但是也是有相似的地方
比如這篇的差分方程寫成矩陣: Y_n = A*Y_(n-1) + X_n
而一階線性ODE: Y(t)' = A*Y(t) + X(t)
通解表達式都會跟求A的eigenvalue有關
不過ODE的A是任意矩陣, 差分方程的A是很多0的矩陣
所以差分方程的A解起來不像ODE那樣要討論一堆A的eigenvalue的重數問題
※ 編輯: znmkhxrw (59.102.225.191 臺灣), 12/05/2022 18:03:12
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12/06 09:49,
1年前
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12/06 09:51,
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