一个关于复数证明题

mathe

没有否定呀。你这个过程只是用反证法证明了$t=1$时命题是成立的

mathe

记 $f(n)=a_1 z_1^n+a_2 z_2^n+...+a_t z_t^n$ 那么 $[(1,1,...,1),(z_1,z_2,...,z_t),(...,...,...,...),(z_1^{t-1},z_2^{t-1},...,z_t^{t-1})][(a_1z_1^n),(a_2z_2^n),(...),(a_tz_t^n)]=[(f(n)),(f(n+1)),(...),(f(n+t-1))]$ 上面方程左边是范得蒙矩阵，由于$z_1,z_2,...,z_t$互不相同，矩阵可逆，记其逆矩阵为$S$ 我们可以写成 $[(a_1),(a_2),(...),(a_t)]=[(z_1^{-n},0,...,0),(0,z_2^{-n},...,0),(...,...,...,...),(0,0,...,z_t^{-n})] S [(f(n)),(f(n+1)),(...),(f(n+t-1))]$ 另$n->+infty$后得到右边第一项有界，第二项是常数，最后一项趋向0，所以右边趋向0 所以我们得到 $[(a_1),(a_2),(...),(a_t)]=lim_{n->+infty}[(z_1^{-n},0,...,0),(0,z_2^{-n},...,0),(...,...,...,...),(0,0,...,z_t^{-n})] S [(f(n)),(f(n+1)),(...),(f(n+t-1))]=[(0),(0),(...),(0)]$

shshsh_0510

呵呵，线性代数也那么熟！ 不过你那个随机游动的问题中，好像需要更强一些的结论才行： 对 f(n)有界时，各ai为0

mathe

那个随机游动的问题中，应该很容易证明$lim_{n->+infty}q(n)=0$的,在那里我只是提及了一下。

shshsh_0510

我不是说q(n)趋于0，而是说你要解的m+n次的特征方程，他的后n个范数大于1的根如果其各次幂和有界，就是本题中的$f(n)$有界，则后n项就不能忽略，也就是说就不能只从 前m个处值用待定系数法求a1到am了

mathe

如果后n个根的各次幂线性组合之和有界，但是不是0，由于前m项之和在趋向无穷时趋向0，我们就会得到q(N),也就是本题中的f(n)不趋向0了。所以就不符合q(N)趋向0的要求了 这个也就是为什么我们可以得出只需要前m项来使用待定系数法。

shshsh_0510

噢，对