我来分享几个可行的证明思路，结合你已经完成的部分，应该能帮你理清困惑：

先明确问题定义 #

先把问题里的关键矩阵再梳理一遍，避免混淆：

• 路图$P_n$：顶点集为${1,2,\dots,n}$，邻接矩阵$A$满足$A_{i,j}=1$当且仅当$|i-j|=1$，其余元素为0；
• 度矩阵$D = \text{diag}(1,2,\dots,2,1)$：两端顶点度为1，中间所有顶点度为2；
• 拉普拉斯矩阵$L = D - A$；
• 归一化拉普拉斯矩阵$N = D^{-1/2}LD{-1/2}$，我们需要证明它的特征值为$\lambda_k = 1 - \cos\left(\frac{k\pi}{n-1}\right)$，其中$k=0,1,\dots,n-1$。

方法一：构造特征向量直接验证（最直观易上手） #

这是最直接的验证方式，利用路图的对称性构造特征向量，然后验证$Nv_k = \lambda_k v_k$即可。

步骤1：构造特征向量 #

定义向量$v_k$的第$i$个分量为：
$$v_{k,i} = \frac{1}{\sqrt{d_i}} \sin\left(\frac{k\pi \cdot i}{n-1}\right)$$
其中$d_i$是第$i$个顶点的度（即$D$的第$i$个对角元）。

步骤2：拆分$N$的表达式 #

注意到$N = I - D^{-1/2}AD{-1/2}$，所以问题等价于证明$D^{-1/2}AD{-1/2}$的特征值为$\cos\left(\frac{k\pi}{n-1}\right)$，即：
$$D^{-1/2}AD{-1/2}v_k = \cos\left(\frac{k\pi}{n-1}\right)v_k$$

步骤3：分情况验证分量 #

我们分三种情况验证上式的第$i$个分量：

1. 当$i=1$时：
   $D^{-1/2}AD{-1/2}$的第1行只有第2列非零，值为$\frac{1}{\sqrt{d_1d_2}} = \frac{1}{\sqrt{1\times2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}$，所以分量为：
   $$\frac{1}{\sqrt{2}}v_{k,2} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \sin\left(\frac{2k\pi}{n-1}\right) = \frac{1}{2}\sin\left(\frac{2k\pi}{n-1}\right)$$
   而右边$\cos\left(\frac{k\pi}{n-1}\right)v_{k,1} = \cos\left(\frac{k\pi}{n-1}\right)\sin\left(\frac{k\pi}{n-1}\right) = \frac{1}{2}\sin\left(\frac{2k\pi}{n-1}\right)$，两者相等。

2. 当$2\leq i\leq n-1$时：
   $D^{-1/2}AD{-1/2}$的第$i$行只有第$i-1$和$i+1$列非零，值均为$\frac{1}{\sqrt{d_id_{i-1}}} = \frac{1}{\sqrt{2\times2}} = \frac{1}{2}$，所以分量为：
   $$\frac{1}{2}v_{k,i-1} + \frac{1}{2}v_{k,i+1} = \frac{1}{2}\left( \sin\left(\frac{(i-1)k\pi}{n-1}\right) + \sin\left(\frac{(i+1)k\pi}{n-1}\right) \right)$$
   利用三角恒等式$\sin a + \sin b = 2\sin\left(\frac{a+b}{2}\right)\cos\left(\frac{a-b}{2}\right)$，代入得：
   $$\frac{1}{2} \times 2\sin\left(\frac{ik\pi}{n-1}\right)\cos\left(\frac{k\pi}{n-1}\right) = \cos\left(\frac{k\pi}{n-1}\right)v_{k,i}$$
   与右边相等。

3. 当$i=n$时：
   和$i=1$的情况完全对称，验证过程一致，不再赘述。

4. 特殊情况$k=0$：
   此时调整$v_0$为$\left[ \frac{1}{\sqrt{d_1}}, \frac{1}{\sqrt{d_2}}, \dots, \frac{1}{\sqrt{d_n}} \right]^T$，验证$Nv_0=0$即可，这符合$\lambda_0=1-\cos0=0$的结论。

方法二：利用递推关系求解特征方程 #

归一化拉普拉斯矩阵$N$是一个三对角矩阵，我们可以通过特征方程的递推关系求解特征值。

步骤1：写出特征方程 #

设$v=(v_1,v_2,\dots,v_n)^T$是$N$的特征向量，对应特征值$\lambda$，则$Nv=\lambda v$，展开后得到：

• 边界条件1：$(1-\lambda)v_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}v_2$
• 中间递推：对于$2<i<n$，$-\frac{1}{2}v_{i-1} + (1-\lambda)v_i - \frac{1}{2}v_{i+1} = 0$
• 边界条件2：$(1-\lambda)v_n = \frac{1}{\sqrt{2}}v_{n-1}$

步骤2：求解中间递推式 #

令$\mu = 1-\lambda$，中间递推式变为：
$$v_{i+1} - 2\mu v_i + v_{i-1} = 0$$
这是二阶线性齐次递推，通解为：
$$v_i = A\sin(i\theta) + B\cos(i\theta)$$
其中$\mu = \cos\theta$（因为递推式的特征根为$e^{\pm i\theta}$，对应$\mu=\cos\theta$）。

步骤3：代入边界条件确定$\theta$ #

将通解代入边界条件：

• 对于$i=n$，$\theta = \frac{k\pi}{n-1}$（$k=0,1,\dots,n-1$），此时$\sin((n-1)\theta)=\sin(k\pi)=0$，$\cos((n-1)\theta)=(-1)^k$，代入边界条件2可解得$B=0$；
• 再代入边界条件1，验证$\mu=\cos\theta$满足条件，从而得到$\lambda=1-\mu=1-\cos\left(\frac{k\pi}{n-1}\right)$。

针对你已完成部分的提示 #

如果你已经完成了普通拉普拉斯矩阵$L$的特征值证明，可以重点关注方法一：只需要将$L$的特征向量做$D^{-1/2}$变换，就能得到$N$的特征向量，再补全边界分量的验证即可；如果已经构造了部分特征向量，重点检查边界情况（$i=1$和$i=n$）的三角恒等式应用；如果卡在递推求解，先从中间项的递推式入手，确定通解后再代入边界条件锁定特征值。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者syn3449