求证特征多项式含二重根时，差分方程ρ(E)yₙ=0有解yₙ=n zⁿ

咱们一步步来梳理这个推导过程，验证为什么当特征多项式$\rho(z)=0$存在二重根$z$时，差分方程$\rho(E)y_n=0$（其中移位算子$E$满足$E^m y_n = y_{n+m}$）会有解$y_n = n z^n$：

1. 算子多项式的因式分解 #

首先，差分方程对应的算子多项式$\rho(E)$可以分解为一次因式的乘积：
$$\rho(E) = \prod_{i=1}^{N}(E - x_i)$$
这里的$x_i$就是特征多项式$\rho(z)=0$的根。已知$z$是二重根，所以我们可以把$\rho(E)$改写为：
$$\rho(E) = (E-z)^2 \prod_{i=1}^{N-2}(E - x_i)$$
为了简化后续推导，咱们令$\tilde{\rho}(E) = \prod_{i=1}^{N-2}(E - x_i)$，这样算子多项式就变成了：
$$\rho(E) = (E-z)^2 \cdot \tilde{\rho}(E)$$

2. 核心验证：$(E-z)^2 y_n = 0$ #

要证明$\rho(E)y_n=0$，只需要先证明$(E-z)^2 y_n = 0$——因为$\tilde{\rho}(E)$作用在0上的结果必然是0，所以只要这部分成立，整个算子作用的结果就是0。

第一步：计算$(E-z)y_n$ #

根据移位算子$E$的定义，$E y_n = y_{n+1}$，代入$y_n = n z^n$可得：
$$E y_n = y_{n+1} = (n+1) z^{n+1}$$
那么$(E-z)y_n$就是$E y_n$减去$z y_n$：
$$(E-z)y_n = (n+1) z^{n+1} - z \cdot n z^n$$
化简右边的式子：
$$(n+1) z^{n+1} - n z^{n+1} = z^{n+1} \cdot [(n+1)-n] = z^{n+1}$$

第二步：再次作用$(E-z)$ #

现在我们把$(E-z)$作用在第一步的结果$z^{n+1}$上：
$$(E-z)^2 y_n = (E-z)(z^{n+1})$$
同样根据移位算子定义，$E z^{n+1} = z^{(n+1)+1} = z^{n+2}$，所以：
$$(E-z)(z^{n+1}) = z^{n+2} - z \cdot z^{n+1} = z^{n+2} - z^{n+2} = 0$$

3. 结论 #

既然$(E-z)^2 y_n = 0$，那么：
$$\rho(E)y_n = (E-z)^2 \cdot \tilde{\rho}(E) y_n = \tilde{\rho}(E) \cdot 0 = 0$$
这就证明了$y_n = n z^n$确实是差分方程$\rho(E)y_n=0$的一个解。

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