Álgebra lineal:
Para preparar el terreno $V$ sea el espacio vectorial de secuencias $a_0, a_1, ... $ (digamos de elementos de un campo algebraicamente cerrado) indexados por enteros no negativos. En este espacio vectorial definimos la operador de turnos $S : V \to V$ que envía una secuencia $a_i$ a la secuencia $(Sa)_i = a_{i+1}$ . Decir que $a$ satisface una recurrencia lineal con polinomio característico $p$ es entonces precisamente decir que $$p(S) a = 0.$$
Como estamos trabajando sobre un campo algebraicamente cerrado, podemos factorizar $$p(S) = \prod_{i=1}^n (S - \lambda_i I)^{m_i}$$
y entonces escribimos nuestra recurrencia como $$\prod_{i=1}^n (S - \lambda_i I)^{m_i} a = 0.$$
En particular, cualquier secuencia que satisfaga $(S - \lambda_i I)^{m_i} a = 0$ (a vector propio generalizado de $S$ con vector propio $\lambda_i$ ) satisface la recurrencia, y los resultados estándar en álgebra lineal implican que los vectores propios generalizados abarcan todo el espacio de soluciones.
Por tanto, basta con resolver la ecuación generalizada de los vectores propios. En primer lugar, no estoy seguro de si usted sabe esto, así que vale la pena decir: si $m_i = 1$ entonces el espacio de soluciones de $$(S - \lambda_i I) a = 0$$
se extiende por $a_n = \lambda_i^n$ y esta es la razón más clara que se me ocurre (descomposición de vectores propios) para buscar soluciones exponenciales.
Antes de abordar el caso general, otro caso especial: $\lambda_i = 1$ . En este caso $S - I$ es simplemente el operador de diferencia hacia adelante, y las secuencias que satisfacen $$(S - I)^n a = 0$$
son precisamente las secuencias polinómicas de grado inferior a $n$ . Esto debería ser un hecho familiar sobre el operador de diferencia hacia adelante, y resulta que implica el resultado general. En efecto, supongamos $a$ satisface $$(S - \lambda_i I)^n a = 0$$
y escribe $a_n = \lambda_i^n b_n$ para alguna secuencia $b_n$ .
Lema: $((S - \lambda_i I)a)_n = \lambda_i^{n+1} ((S - I)b)_n$ .
Prueba. Cálculo sencillo.
Por inducción, se deduce que $$(S - \lambda_i I)^n a = 0 \Leftrightarrow (S - I)^n b = 0$$
y la conclusión es la siguiente. (No he discutido el caso $\lambda_i = 0$ pero las soluciones son fáciles de describir aquí).
Un argumento limitador:
Vamos a trabajar con un ejemplo representativo sencillo, ya que el objetivo aquí es la motivación. Consideremos una secuencia $a$ satisfaciendo $(S - \lambda_1 I)(S - \lambda_2 I) a = 0$ donde $\lambda_1 \neq \lambda_2$ y veamos qué pasa si dejamos que $\lambda_1 \to \lambda_2$ . Para tomar este límite con sentido fijaremos las condiciones iniciales $a_0 = 0, a_1 = 1$ . Esto le dará $$a_n = \frac{\lambda_1^n - \lambda_2^n}{\lambda_1 - \lambda_2}$$
Ahora tomando el límite $\lambda_2 \to \lambda_1$ y aplicando, por ejemplo, la regla de l'Hopital, obtenemos $$a_n = n \lambda_1^{n-1}.$$
Ecuaciones diferenciales:
El operador de desplazamiento $S$ definida anteriormente tiene otra encarnación como diferenciación $D$ En efecto, basta con asociar a una secuencia $a_0, a_1, ...$ la función generadora exponencial $$A(t) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n \frac{t^n}{n!}.$$
Soluciones a $p(S) a = 0$ se convierten entonces en soluciones de ecuaciones diferenciales $p(D) A = 0$ . Pero ahora que podemos trabajar en el formalismo de las ecuaciones diferenciales podemos apelar a la intuición física: en términos físicos, el fenómeno relevante es resonancia. Más concretamente, trabajemos con un oscilador armónico forzado $$m \frac{d^2 x}{dt^2} + kx = \sin \omega t.$$
(Piense en empujar periódicamente un columpio.) Tenga en cuenta que $x$ satisface $(m D^2 + k)(D^2 + \omega^2) x = 0$ . Este polinomio tiene raíces repetidas cuando $\omega^2 = \frac{m}{k}$ es decir, cuando la frecuencia de la función de forzamiento coincide con la "frecuencia natural" del sistema (si los físicos tienen términos mejores para esto, los he olvidado). En ese caso se puede observar experimentalmente en los sistemas físicos pertinentes (por ejemplo, el Puente Tacoma Narrows ) que la amplitud de las oscilaciones aumenta linealmente con el tiempo, y se puede observar matemáticamente que la solución implica términos como $t \sin \omega t$ (y una forma sencilla de verlo es utilizar el argumento limitador anterior). Si se calcula la serie de Taylor de estas soluciones, se obtiene el conocido factor adicional de $n$ .
