韩国亚洲大学-财政局实习日记

§
1

一阶常系数线性差分方程的求解


形如
y
n+1
+ay
n
=f(n) 0
的方程为一阶常系数线性非齐次差分方程，其中
a
为非零
常数，
f( n)
为已知函数，
n
为非负整数；
y
n+1
+ay
n
=0
为对应的齐次方程。

1.

y
n+1
+ay
n
=0
的通解可以由以下两种方法给出：
（1）
y
n+1
+ay
n
=0
对应的特 征方程为
l+a=0
，则
l=-a
为特征根，从而其通
解为
y
n
=Cl
n
=C(-a)
n
，于是
C=y
0
，即通解为
y
n
=(-a)
n
y
0
。
（2） 设
y
0
已知，将
n=0,1,2,L
依次代入
y
n+1
=-ay
n
中，得

y
1
=(-a)y
0
，
y
2
=(-a)
2
y
0
，
L
，
y
n
=(-a)
n
y
0
。

2.
设
y
n+1
+ay
n
=f(n) 0
(a¹0)
有 一个特解
y
n
，则
y
n+1
+ay
n
=f (n) 0
的
通解为

n
y
n
=C(-a)
n
+y
n

其中
y
n
=C(-a)
为对应齐次差分方程
y
n+1
+ay
n
=0
的通解。

3.
关于
y
n+1
+ay
n
=f(n) 0
，针对不同的
f(n)
，其特解的求取方法：
（1） 设
f(n)
为关于
n
的
m
次已知多项式
P
m
(n)
，则特解为

y
n
=n
k
R
m
(n)

即l¹1
是特征根，则
k=0
；若
a=-1
，
1
，其中
R
m
(n)
为
n
的
m
次待定多项式 。若
a?
即
l=1
是特征根，则
k=1
。
（2） 设
f(n)=P
m
(n)q
(q¹1)
，其中
q< br>为已知的常数，
R
m
(n)
为
n
的
m
次待定多项
式，则特解为

n
y
n
=n
kR
m
(n)q
n

当
q
不是特征根时，取k=0
；当
q
是特征根时，取
k=1
。
（3） 设
f(n)=b
1
coswn+b
2
sinwn
，则

y
n
=n
k
(B
1
coswn+B2
sinwn)


1

其中
B
1
,B
2
为待定系数，当
e=cosw+isinw
?
iw
a
时，取
k=0
；当
e
iw
=cow s+iswi=n-

时，取
a
k=1
。
例1 求差分方程
y
n+1
-y
n
=n 2
的通解。
解 先求对应齐次方程
y
n+1
-y
n
=0
的通解。其特 征方程为
l-1=0
，于是
l=1
，
于是
y
n+1
-y
n
=0
的通解为
y
n
=Cl
n
n
n
=C
。
nn
设
y
n+1
-y
n
=n 2
的一个特解为
y
n
=(an+b)2
，代入
y
n+1
-y
n
=n 2
，得
a=1,b=-2
，于是
y
n+1
-y
n< br>=n 2
n
的通解为

y
n
=C+(n-2)g2
n
。
例2 求差分方程
2y
t+1
+10y
t
-5t=0
的通解。
解 容易求得对应齐次差分方程的通解为
y
t
=C(-5)
，设原差分方程的特解为
t
y
t
*
=at+b
，代入原方 程，得
a=







55
，于是
2y
t+1
+10y
t
-5t=0
的通解为
,b=-
1272
51
y
t
=C(-5)
t
+(t-)
。
126
§2
二阶差分方程

若
a¹0
，称
aD
n
+bD
n-1
+cD
n-2
=0
为二阶线性齐次差分方程，它对应的特征方程
为
ar
2
+br+c=0
。
（1） 若
D=b-4ac 0
，则
ar+br+c=0
有不相等的根
r1
,r
2
，原差分方程的
通解为

其中
A,B
可以由初始条件来确定。
22
D
n
= Ar
1
n
+Br
2
n


2

注
通解也可以写成
D
n
=A r
1
n-1
+Br
2
n-1
的形式，但是求出的系
数
A,B
有变化，最终结果是一致的。
（2） 若
D=b-4ac =0
，则
ar+br+c=0
有重根
r
1
=r
2< br>，原差分方程的通解
为

其中
A,B
可以由初始条件来确定。
通解也可以写成
D
n
=(A+nB)r
1
的。
例3 已知数列
{
x
n
}
：
x
0
=a, x
1
=b,x
n
=
解 方法一
x
n
-x
n-1
=-





各式相加，得

n-1
22
D
n
=(A+nB)r
1
n

，但是求出的系数
A,B
有变化，最终结仍然是一致
1
(x
n-1
-x
n-
2
1
(x
n-1
+x
n- 2
),n 2
，求
limx
n
。
n

2
1
n-1
)=L=(-)(b-a)
，于是
2
2
x
1
-x
0
=b-a
，
，
1
x
3
x
2
()
2
(ba)，
2


1
x
n
x
n1()
n1
(ba)
，
2
111

1

x
n
x
0


1()()< br>2


()
n1

(ba)(ba)( n)
，
1
222

1
2
所以


limx
n

n
a2b
。
3
方法二
limx
n

n
(x
n1
x
n
)x
0

n0
baa2b
a
。
1
3
1()
2
方法三 差分方程
x
n

1111
x
n1
x
n2
的特征方程为
r
2
r0
，解之，得特征根2222
1
r
1
1,r
2

，于是差分方 程的通解为
2

1
x
n
A()
n
B1
n

2
3

考虑到
x
0
 a,x
1
b
，代入，得
A
于是


2a2b2(ab)1
n
a2b
，，
(ab),Bx< br>n
()
33323
limx
n

n
a2b
。
3

21
例4 若
a
1
4,a
2
2,a
n
a
n1
a
n2
,n3,4,
，讨论级数

a
n
的敛散性。 < br>39
n1
21211
a
n1
a
n2
所对应的特征方程为
r
2
r0
，解之，得
r
1
r
2

，
39393
1
于是
a
n(ABn)r
1
n1
(ABn)
n1
，令
n3
和
n4
，得
3
解
a
n



A3B8
，


A4B10

22n
解之，得
AB2
，即< br>a
n

n1
,n3,4,
，所以

a
n
收敛。

3
n1

思考 您能否求出级数的和？
例5 设
a
1
a
2
1, a
n2
2a
n1
3a
n
,n1
，求级数
函数。

ax
n
n1

n
的收敛半径 、收敛域及和
解 分析 如果单单求收敛半径、收敛区间与和函数的表达式，通过
{a
n
}
的递推公式
是不难办到的，但是，如果考虑在端点的收敛性，不考虑
a
n
是有较大困难的。
因为
a
n2
 2a
n1
3a
n
所对应的特征方程为
r2r30
，解之，得特征根
r
1
1
，
2
11
nnn3
n
，
r
2
3
，设
a
n
 Ar
1
Br
2
A(1)B
考虑到
a
1< br>a
2
1
，代入，得
A,B
，
26
于是有
a
n

a
1
1
n
1
3( 1)
n
,n1,2,
，从而收敛半径
Rlim
n

。
n
a3
62
n1

11
nn
显然，当
x
时，

a
n
x
通项的极限不为零， 于是

a
n
x
在
x
发散，所以
33< br>n1n1
幂级数
11
n
ax
的收敛域为
(,)
。

n
33
n1
11
33

当
x(,)
时，有和函数

4


3
n
11

1

xx
n

nnn


s(x)

a
n
x
< br>
(1)

x

(3x)

(x )
。
26
n1
2
n1
2(13x)2(1x)
n1n1

6


n


骣
001
÷
ç
÷
ç
ç
÷
例 设 矩阵
B
=
ç
010
÷
，
A,B
相似，求< br>R(A-2E)+R(A-E)
。
÷
ç
÷
ç
֍
100
÷
桫
解 因为
A,B
相似，所以< br>A-2E
与
B-2E
相似，
A-E
与
B-E
相似，只要计算
B-2E
与
B-E
的秩即可--------

例 设
A
为3阶矩阵，若存在3个正交的特征向量，则
A
为对称矩阵。
证明 设
A
的3个正交的特征向量分别为
x
1
,x
2,x
3
，将它们分别单位化，得三个相互正
交的单位长度的特征向量
h< br>1
,h
2
,h
3
，再设
l
1
,l< br>2
,l
3
分别为对应的特征值，令
P=(h
1
,h< br>2
,h
3
)
，
骣
l
1
0
ç
ç
-1
AP
=
ç
0l
2
则
P为正交矩阵，且
PAP
=
P
¢
ç
ç
ç
ç
00
桫
矩阵。

骣
0
÷
l
1
00
÷
ç
÷÷
ç
÷
ç
÷
0
÷
P
¢
为对称，于是
A
=
P
ç
0l2
0
÷
÷÷
ç
÷÷
ç
÷
÷÷
ç
l
3
÷
00l
桫
3
例 设
A,B
为
n
阶非负定矩阵，则
AB
的特征值非负。
证明 因为
A,B
为
n
阶非负定矩阵，所以存在
n
阶矩阵
P,Q
，使得
A=P
ⅱ
P,B=QQ
，
于是

AB=P
ⅱ
PQQ=(P
ⅱ
PQ)Q=TQ
，
PQ
，而 其中
T=P
ⅱ

QT=QP
ⅱ
PQ=(PQ
ⅱ
)(PQ

)
，
所以
QT
非负定，
QT
的特征值非负，因为
QT
与
TQ
具有相同的特征值，所以
TQ
特征值
非 负，进而
AB
的特征值非负。
骣
-11
÷
ç
÷
ç
÷
例 设
X ~N(0,1),Y~
ç
，
X,Y
相互独立，求
Z=XY
的 分布。
÷
11
ç
÷
ç
÷
ç
桫
2 2
÷
解 任意
zÎR
，有

5

F
Z
(z)=P(Z?z)

P(XY z)
1)+P(Y=-1)P(XY?z|Y
z)
-1)

=P(Y=1)P(XY?z|Y
=P(Y=1)P(X?z)
=
于是

P(Y=-1)P(X?
1111
F(z)+
[
1-F( -z)
]
=F(z)+F(z)=F(z)
2222
Z~N(0,1)

例 设随机变量
X
的密度函数为
f(x)
，且
f(x )
为偶函数，
EX<+
3
，求证
X

与
Y=X
2
不相关，但不独立。
证明 “不相关”很容易证明（略）。
因为
X
为连续型随机变量，所以必存在正数
M>0
，使得
0于是
M)=2P(0?XM)<1
，
P(0?X

M,0?X
2
M
2
)=P(0?X< br>=P(0?X
=P(0?X
M,-MM)>P(0?X
M) P(0?X
2
M)P(-M
M
2
)
即
X
与
Y=X
2
不独立。

例 设
A
为
m?r(rm)
矩阵，
R(A)= r
，
B
为
r´s
矩阵，求证
R(AB)=R(B)
。
证明 只要证明线性方程组
ABx=0
与
Bx=0
同 解即可。事实上，
Bx=0
的解显然
是
ABx=0
的解；另一方面， 若
ABx=0
，即
A(Bx)=0
，因为
R(A)=r
，即
A
为列满
秩，所以线性方程组
Ay=0
只有零解，于是
Bx =0
，从而线性方程组
ABx=0
与
Bx=0
同解，因此
R (AB)=R(B)
。
例 设
f(x)
在
[a,b]< br>上连续，在
(a,b)
内可导，
f(a)=a
，
ò
b
a
f(x)dx=
1
2
(b-a
2
)
2< br>(x)=f(x)-x+1
。 求证：存在
xÎ(a,b)
使得
f¢
(x)=f(x)-x+1
知，
f
¢
(x)-1=f(x)- x
，或
[f(x)-x]
¢
分析：由
f
¢
x
=f()x-x
，
应该考虑函数
F(x)=e(f(x)-x)
， 只要此函数在
[a,b]
存在两个不同零点即可。
事实上，显然
F(a)= 0
，
-x
蝌
[f(x)-
a
b
x]dx=
b
a
f(x)dx-

b
a
因为
f(x)-x
xdx=0
，

6

在
[a,b]
上连续，由积分中值定理，存在
x< br>0
Î(a,b)
，使得
f(x
0
)-x
0
= 0
，于是
F(x
0
)=0
，
在区间
[a,x
0
]
上利用洛尔中值定理即可。
方法二 令
F(x)=
òx
a
f(t)dt-
1
2
则
F(
则存在
hÎ(a,b)a)=F(b)0=
，
(x-a
2
)
，
2
-x
使得
F
¢
在
(a,h)
(h)=f(h)-h =0
，再令
G(x)=e(f(x)-x)
，则
G(x)
在
[a,h]
连续，
可导，
G(a)=G(h)=0
，所以存在
xÎ( a,b)
使得
G
¢
从而
f
¢

(x)=0
，
(x)=f(x)-x+1
。
例 设
f(x )
在
[a,b]
上具有一阶连续导数，在
(a,b)
内二阶可导，< br>f(a)=f(b)=0
，
ò
b
a
f(x)dx=0
，求证：
（1） 存在
xÎ(a,b)
使得
f
¢
(x)=f(x)
；
（2） 存在
h(刮x)
(h)=f(h)
。
(a,b)
使得
f
ⅱ
分析：其实，第一个命题是简单的，但考虑到还要证明第二而个命题，所以应 通盘考
虑。由
f
ⅱ
(h)=f(h)
，只要证明
f
ⅱ
(h)-f(h)=[f
ⅱ
(h)-f
ⅱ
(h)]+[f(h)- f(h)]=0
，
(x)-f(x)]
，由洛尔中值定理，它只要有两个不同零点即为 此，应考虑函数
F(x)=e[f
¢
x
(x)-f(x)
有两个不同 零点即可，为此，应考察函数
G(x)=e
可，或
f
¢
-x
f(x)
，它的导数
只要有两个不同零点即可，所以只要函数
f(x)
在[a,b]
上具有三个不同零点即可。事实上，
这个结论是简单的。


1

例 问
A

0
< br>0

0

2
0
0


0< br>
是否一定可以相似对角化？

3


0


1

1
答：能。令
P
为三阶单位矩阵，则< br>PAP

0

0


0

例 问
A

0



1
0

2
0
0


0

。

3



3


2
0

0

是否一定可以相似对角化？
0


答：不一定。如

1


3
时为实对称矩阵，可以对角化；令
< br>1


2
0,

3
1
，则不可
以相似对角化。
例 设
A
为
n
阶正定矩阵，求证：对任 意
n
阶实矩阵
B
，有
r(B

AB)r(B)< br>。

7

证明：方法一 因为
A
为
n
阶正定矩阵，所以存在
n
阶可逆矩阵
P
，使得
AP

P
，
于是
r(B

AB)r(B< br>
P

PB)r[(PB)

(PB)]r(PB)r (B)
。
方法二 只需证明齐次线性方程组
(B

AB )x0
与
Bx0
同解即可。事实上，
Bx0
的
解显然 是
(B

AB)x0
的解；若
(B

AB)x 0
，则
x

(B

AB)x0
，或
(B x)

A(Bx)0
，由

Bx
于
A
为
n
阶正定矩阵，所以
Bx0
，即
(BA)
与
Bx 0
同解，从而有
r(B

AB)r(B)
。

所以
(B

AB)x00
的解是
Bx0
的解，例 设
A,B,C
是三个
n
阶方阵，若
r(BA)r(A)
，则
r(BAC)r(AC)
。
证明：因为
r(BA)r(A )
，所以线性方程组
Ax
n1
0
与
BAx
n 1
0
具有相同的解，为
证明
r(BAC)r(AC)
，只需证明 ：线性方程组
ACx0
与
BACx0
具有相同的解即可。
事实上 ，
ACx0
的解显然是
BACx0
的解；另一方面，若
BACx 0
，即
(BA)(Cx)0
，
则列向量
Cx
是线性方程 组
BAx0
的解，而
Ax
n1
0
与
BAx< br>n1
0
具有相同的解，所以
Cx
是
Ax
n1< br>0
的解，即
A(Cx)0
，或
ACx0
，于是列向量< br>x
为线性方程组
ACx0
的
解。综上，线性方程组
ACx 0
与
BACx0
具有相同的解。

例 设随机变量
X
的概率密度为
x

1
cos,0x

f(x)

2
，
2

0,e lse


111



42
< br>具有重对
X
重复观察6次，用
Y
表示观察值大于的次数，又知矩阵A

Y
3

335


特征 值。
（1） 求
A
可以对角化的概率
（2） 当
A
可对角化时，求可逆矩阵
P
，使
PAP
为对角矩阵。
解（1）因为
P(X
1

3
)
1< br>
x

1
1
cosdxsin
，所以
Y b(6,)
。又因为


2
3
262
2

8


1
f
A
(

)< br>
EAY
3
2
11
2(

2) (

2
8

10Y)
，

4< br>3

5
若

2
为重特征值，则有
8

10Y
在

2
时为零，此时
Y 2
，于是有
f
A
(

)(

2)< br>2
(

6)
，
从而

1

2
2,

3
6
（也可以由其他方法求另一特征值 ）。由
r(2EA)1
，所以线性
方程组
(2EA)x0
具 有2个线性无关解，因此
A
可以对角化；
若

2
不是重特征值，则

8

10Y0
必有重根，从而
0
，由此得
Y6
，
此时

EA(
< br>6)(

2)
，而
r(
所以属于特征值

6
的线性无关特征
6EA)2
，
向量只有1个，
A
不能对角化。
综上，只有在
Y2
时
A
才能对角化，A
可以对角化的概率为
2
2
115
2
1
2
。
P(Y2)C
6
()(1)
62

2265
（2）（略）。

例 已知常数
k0
，求证：对于微分方程
y
ky0
的任意解
y
，
y

ky
为常数。
证明：方法一 欲证明
y

ky
为常数，只要证明其导函数为零即可，事实上，由
222
2
222
(y

2
k
2
y2
)

2y

y

2k
2yy

2y

(y

k
2
y) 0
，
知命题成了。
方法二 微分方程
y

ky0
所对应的特征方程为
rk0
，得
rki
，所以 原
微分方程的通解为
yc
1
coskxc
2
sinkx
，其中
c
1
,c
2
为常数。从而
2
y< br>
2
k
2
c
1
2
sin
2
kxk
2
c
2
cos
2
kx2k
2
c
1
c
2
coskxsinkx
，
2
22
于是
2
y

2
k
2< br>y
2
k
2
c
1
2
sin
2
kxk
2
c
2
cos
2
kx2k
2
c
1
c
2
coskxsinkxk
2
(c
1coskxc
2
sinkx)
2
k(cc)
即
y

ky
为常数。
方法三 令
py

，则
y


222
22
1
2
2

dpdpdydp
2
p
，于是
y

 ky0
即为微分方程
dxdydxdy
9

p
dp
k
2
y0
，解此一阶微分方程，得
p< br>2
k
2
y
2
C
，即
y

2
k
2
y
2
C
，其中
C
为常
dy
数。
例 已知函数
f(x)
二阶可导，且满足
f

(x)f(1x)
，求通解。
解：由
f

(x)f(1x)
知
f

(1x)f(1(1x)) f(x)
，再将
f

(x)f(1x)
两
端求导，得< br>f

(x)f

(1x)
，结合
f

(1x)f(x)
，得
f

(x)f(x)0
。解此二阶线
性齐次微分方程，得----------。

例 设随机变量X,Y
独立，均服从标准正态分布，求
Cov(X,|XY|)
。
分析：
Cov(X,|XY|)EX|XY|EXE|XY|EX|XY|

1


2


x|xy|e
R
2

x
2
y
2
2
dxdy
；
(u,v)
11
(x,y)1
2
，从而令
xy u,xyv
，则

，
(x,y)
11
(u ,v)2
1
2


x|xy|e
R
2

x
2
y
2
2
1
dxdy
4

u

uv
|v|e

2
R
2
2
v
2
4
dudv
，
考虑到奇偶性，容易判断该积分为0 。
注意：若随机变量
X,Y
独立同分布，且密度函数为偶函数，则
X,Y
的函数
g(X,Y)
、
g(X,Y)
、
g(X,Y)
、
g(X,Y)
具有相同的分 布，从而具有相同的期望、方差。
若利用这一结论，则
EX|XY|E

X|X(Y)|

EX|XY|0
，方法更
简捷 。
例 设
F
具有二阶连续偏导数，
zz(x,y)
由
F(xz,yz)0
所确定，求

z

x x
2z
xy
z
yy
。

解：F(xz,yz)0
两端关于
x
求导，得
F
1

(1z

x
)F
2
(z
x
)0< br>，解之，得
z

x

F
1

F< br>2



；同理，得
z

，于是
z

x
z
y
1
，两端分别关于
x
和y
求导，两式
y

F
1
F
2
F
1
F
2

相加，得
z

xx
2z
xy
z
yy
0
。

10

例 求积分

4
2
x
2x
(1lnx)dx
。 4
解：

4
2
x
2x
(1lnx)dx< br>
x
x
dx
x

2
1
x
2
4

x

2
?
。
2
例 设
xx
0
或
x
时，
f(x)0,g(x) 0,f(x)g(x)
，则
lnf(x)lng(x)
。
证明：当
limf(x)limg(x)
时，有
xx
0
xx
0
lnf(x)
lim
xx
0
lng( x)
xx
0
lim
lng(x)ln
lng(x)
f( x)
g(x)
f(x)

ln

g(x)
lim

1

1
，
xx
0
lng(x)



于是
lnf(x)lng(x)
。对其他极限过程，证明方法相同。
当
limf(x)limg(x)0时，有
limln
xx
0
xx
0
xx
0
f(x)
0,limlng(x)
，于是
xx
0
g(x)
f(x)

ln

g(x)

li m

1

1
，
xx
0

lng(x)



lnf(x)
lim
xx0
lng(x)
xx
0
lim
lng(x)ln
l ng(x)
f(x)
g(x)
即
lnf(x)lng(x)
。
注意：若
lnf(x)lng(x)
，并不能推出
f(x)g( x)
。例如：在
x
时，函数
e
x



3
x
2
与
e
不等价，但取对数后却是等价的。
x
3

11