diff --git a/README.md b/README.md
index c442230..86218b2 100644
--- a/README.md
+++ b/README.md
@@ -9,7 +9,7 @@
 
 ## 目前讲义的内容
 我们的讲义目前分别两个部分：
-- 其一为主线章节，我们针对浙江大学图灵班线性代数 Ⅰ 和 II 的两本教材，希望更好地引导初学者理解抽象的思想，也力图搭建一个较为完整的线性代数学习体系。当然由于目前编写尚未完整，讲义中仍有大量的内容是与我们的参考教材紧密联系的，因此推荐阅读本讲义时结合教材进行阅读。在这一部分中，我们希望这份讲义是兼容多本教材的特色的。一方面我们希望能从更专业的视角，而非一般的工科线性代数的角度讲述线性代数，又能更加贴合同学对通过考试的需求，找寻更好的切入点介绍知识，并配套大量习题（并提供参考答案）供同学练习，同时也整理往年考试真题供读者参考。总之，我们希望这份讲义是对教材的补充，是融合了很多资料的观点的深入浅出的一份参考。
+- 其一为主线章节，我们针对浙江大学图灵班线性代数 Ⅰ 和 Ⅱ 的两本教材，希望更好地引导初学者理解抽象的思想，也力图搭建一个较为完整的线性代数学习体系。当然由于目前编写尚未完整，讲义中仍有大量的内容是与我们的参考教材紧密联系的，因此推荐阅读本讲义时结合教材进行阅读。在这一部分中，我们希望这份讲义是兼容多本教材的特色的。一方面我们希望能从更专业的视角，而非一般的工科线性代数的角度讲述线性代数，又能更加贴合同学对通过考试的需求，找寻更好的切入点介绍知识，并配套大量习题（并提供参考答案）供同学练习，同时也整理往年考试真题供读者参考。总之，我们希望这份讲义是对教材的补充，是融合了很多资料的观点的深入浅出的一份参考。
 
 - 其二为未竟专题，我们希望以线性代数为主线，贯串现代数学的诸方向，目前涵盖分析（Hilbert 空间、线性动力系统）、几何（微分几何、微分形式）、李群和李代数、低维拓扑（扭结理论）、组合学（图论与线性代数）、范畴论等领域。这一些内容主要回答的是线性代数有什么用和从线性代数出发我们能走多远的问题，力求呈现一些看上去复杂的东西的初等形式，为读者提供更进一步的阅读资源。
 
@@ -36,5 +36,5 @@
 也可以使用 Docker 编译：
 
 ```bash
-docker run -v "$PWD":/workdir -e TERM=xterm --rm texlive/texlive:latest make
+docker run -v "$PWD":/workdir -e TERM=xterm --rm texlive/texlive:TL2023-historic make
 ```
diff --git "a/\350\256\262\344\271\211/\344\270\223\351\242\230/18 \350\213\245\345\275\223\346\240\207\345\207\206\345\275\242.tex" "b/\350\256\262\344\271\211/\344\270\223\351\242\230/18 \350\213\245\345\275\223\346\240\207\345\207\206\345\275\242.tex"
index c17fd34..a1d7271 100644
--- "a/\350\256\262\344\271\211/\344\270\223\351\242\230/18 \350\213\245\345\275\223\346\240\207\345\207\206\345\275\242.tex"	
+++ "b/\350\256\262\344\271\211/\344\270\223\351\242\230/18 \350\213\245\345\275\223\346\240\207\345\207\206\345\275\242.tex"	
@@ -601,8 +601,109 @@ \subsection{求解微分方程}
 
 一个直观的事情是$J$越简单方程越容易解，因此这时若当标准形就能帮助我们解决这一问题.
 
-\subsection{线性递推}
+\subsection{求解线性递推方程}
 
+数列的线性递推方程求解是我们高中就曾经接触过的问题，在行列式的运算技巧中我们也曾提及二阶齐次线性递推方程的求解，不过那种方法显然缺乏普适性. 很自然地，我们希望能寻求某种方法来解决$m$阶线性递推方程，不过在此之前，我们需要明确这其中蕴含的线性性究竟在何处.
+
+让我们先从二阶开始，考虑$a_n = k_1 a_{n - 1} + k_2 a_{n - 2}$，显然其特征方程为$x^2 - k_1 x - k_2 = 0$，考虑无重根（$\Delta = k_1 + 4k_2 \neq 0$）的情况，有$\lambda_1 = \dfrac{k_1 + \sqrt{k_1 + 4k_2}}{2}, \lambda_2 = \dfrac{k_1 - \sqrt{k_1 + 4k_2}}{2}$，且通项为$a_n = A \lambda_1^n + B \lambda_2^n$，其中$A, B$为待定常数. 而事实上，这个递推方程可以用一个线性映射去表示. 设$T \in \mathcal{L}(\mathbf{F}^2)$为$T(x_1, x_2) = (x_2, k_2 x_1 + k_1 x_2)$，则有$T(a_{n - 2}, a_{n - 1}) = (a_{n - 1}, a_n)$，便可以得到$T^n(a_0, a_1) = (a_n, a_{n + 1})$，也就是说，如果对初值进行$n$次线性变换，我们便可以得到第$n$项的值，但这个计算量过于庞大了. 而回忆我们先前处理算子的幂的方法，很快便能回想起相似标准型，所以接下来我们需要转向求出这一算子的特征值与特征向量.
+
+考虑$T(x_1, x_2) = \lambda (x_1, x_2)$，得到方程组$\begin{cases} x_2 = \lambda x_1 \\ k_2 x_1 + k_1 x_2 = \lambda x_2 \end{cases}.$ 考虑到特征向量不为零向量，所以消去$x_1, x_2$后可以得到关于$\lambda$的方程$\lambda^2 - k_1 \lambda - k_2 = 0$，所以这个方程才会被称为特征方程，因为它的根是算子的特征值. 在没有重根的情况下，解得两个特征值为$\lambda_1, \lambda_2$，而对应的特征向量为$v_1 = (1, \lambda_1), v_2 = (1, \lambda_2)$. 我们知道对应不同特征值的特征向量是线性无关的，并且这里的数量正好等于空间维数，所以这两个特征向量构成了空间的一组基，且算子在这组基下的矩阵表示是简单的，为对角阵$\Lambda = \begin{pmatrix} \lambda_1 & 0 \\ 0 & \lambda_2 \end{pmatrix}$. 设$(a_0, a_1) = c_1 v_1 + c_2 v_2$，而使用矩阵求出坐标再代入基是计算量较小的，所以有 $\Lambda^n \begin{pmatrix}
+        c_1 \\ c_2
+    \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
+        c_1 \lambda_1^n \\ c_2 \lambda_2^n
+    \end{pmatrix}$，这便是$(a_n, a_{n + 1})$在这组基下的坐标，代入$v_1, v_2$即可得到通解$a_n = c_1 \lambda_1^n + c_2 \lambda_2^n$.
+
+而对于$m$阶线性递推方程$a_n = k_1 a_{n - 1} + k_2 a_{n - 2} + \cdots + k_m a_{n - m}$，其无重根的情况是二阶的简单推广. 考虑$T \in \mathcal{L}(F^m)$，$T(x_1, x_2, \cdots, x_m) = (x_2, x_3, \cdots, k_m x_1 + k_{m - 1} x_2 + \cdots + k_1 x_m)$，则$T(a_{n - m}, a_{n - m + 1}, \cdots, a_{n - 1}) = (a_{n - m + 1}, a_{n - m + 2}, \cdots, a_n)$，对应的特征方程为$x^m - k_1 x^{m - 1} - \cdots - k_m = 0$，得到特征值为$\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_m$，而对应的特征向量为$v_i = (1, \lambda_i, \lambda_i^2, \cdots, \lambda_i^{m - 1})$，通解为$a_n = \sum_{i = 1}^m c_i \lambda_i^n$. 另一个有趣的事实是所有的特征向量也能组成一个 Vandermonde 矩阵，这也可以从另一个侧面印证为什么要求没有重根.
+
+那么如果存在重根又会发生什么情况呢？我们依然先以一个二阶线性递推方程为例，考虑$a_n = 2 \lambda_0 a_{n - 1} - \lambda_0^2 a_{n - 2}$，构造相应的算子$T(x_1, x_2) = (x_2, 2 \lambda_0 x_2 - \lambda_0^2 x_1)$，则$T(a_{n - 2}, a_{n - 1}) = (a_{n - 1}, a_n)$，特征值易求得为$\lambda_0$，对应特征向量为$(1, \lambda_0)$. 特征空间为一维的，显然不能够对角化，所以它应该对应为二阶的若当块的情况，已知$v_1 = (1, \lambda_0)$，求出满足$(T - \lambda_0 I)v_2 = v_1$的$v_2$即求出了若当基. 满足条件的一个$v_2 = (0, 1)$，在这组基下$T$的矩阵表示为$\begin{pmatrix} \lambda_0 & 1 \\ 0 & \lambda_0 \end{pmatrix} = \lambda_0 I + J$，其中$J = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ 且 $J^2 = O$. 设$(a_0, a_1) = c_1v_1 + c_2v_2$，那么有
+\begin{align*}
+    M^n \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} & = (\lambda_0 I + J)^n \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} \\
+    & = (\lambda^n I + n \lambda^{n - 1} J) \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} \\
+    & = \begin{pmatrix} \lambda^n & n \lambda^{n - 1} \\ 0 & \lambda^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \end{pmatrix} \\
+    & = \begin{pmatrix} c_1 \lambda^n + n c_2 \lambda^{n - 1} \\ d \lambda^n \end{pmatrix}.
+\end{align*}
+从而代入$v_1, v_2$有$a_n = c_1 \lambda_0^n + n c_2 \lambda_0^{n - 1}$.
+
+进而我们可以考虑一个$m$阶线性递推方程，且其特征方程有$m$重根$\lambda_0 \neq 0$的情况（特征值为$0$是退化的），这时对应的是一个$m$阶的若当块，重点在于求出其对应的若当基. 首先对应的算子$T$的形式应当为$T(x_1, x_2, \cdots, x_m) = (x_2, x_3, \cdots, (-1)^{m + 1} \binom{m}{0} \lambda_0^m x_1 + (-1)^m \binom{m}{1} \lambda_0^{m - 1} x_2 + \cdots + (-1)^2 \binom{m}{m - 1} \lambda_0 x_{m})$，要求出特征向量即求出满足$(T - \lambda_0 I)v_1 = 0$的$v_1$，这一线性方程组的系数矩阵如下：\[
+    \begin{pmatrix}
+        -\lambda_0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\
+        0 & -\lambda_0 & 1 & \cdots & 0 \\
+        \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
+        0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \\
+        (-1)^{m + 1} \binom{m}{0} \lambda_0^m & (-1)^m \binom{m}{1} \lambda_0^{m - 1} & (-1)^{m - 1} \binom{m}{2} \lambda_0^{m - 2} & \cdots & ((-1)^2 \binom{m}{m - 1} - 1) \lambda_0
+    \end{pmatrix}
+\]
+我们能轻松得到$v_1 = (\lambda_0^0, \lambda_0, \lambda_0^2, \cdots, \lambda_0^{m - 1})$是满足前$m-1$行的，代入验证也满足第$m$行. 因为前$m-1$行是线性无关的，所以我们基本上可以宣称第$m$行是前$m-1$行的线性组合，也就是说这个矩阵的秩为$m-1$. 但是，这个线性组合的系数在后续求解若当基的过程中相当重要，所以我们还是要求出来. 记以上系数矩阵为$\begin{pmatrix}
+    \beta_1 \\ \beta_2 \\ \vdots \\ \beta_m
+\end{pmatrix}$，$\beta_i$均是行向量. 这个系数求解的关键在于第$2$到第$m-1$个坐标都是有两个行向量来控制的，并且$\beta_m$每个是以组合数为基础的，我们能够很自然的联想到杨辉三角. 首先第$1$个坐标能够给出第一个系数$t_1 = (-1)^m \binom{m - 1}{0} \lambda_0^{m - 1}$，然后第$2$个坐标结合杨辉三角便可以得到$t_2 = (-1)^{m - 1} \binom{m - 1}{1} \lambda_0^{m - 2}$，以此类推，直到第$m-1$个坐标$t_{i - 1} = (-1)^2 \binom{m-1}{m-2} \lambda_0$. 第$m$个坐标我们需要验证其正确性，因为其减去了$1$所以形式上有所区别，但我们可以将其改写为$((-1)^2 \binom{m}{m - 1} - \binom{m - 1}{m - 1}) \lambda_0 = ((-1)^2 \binom{m - 1}{m - 2}) \lambda_0$，与$t_{i-1}$一致. 所以我们有 \[
+    \beta_m = t_1 \beta_1 + t_2 \beta_2 + \cdots + t_{m - 1} \beta_{m - 1}.
+\]
+其中$t_i = (-1)^{m + 1 - i} \binom{m - 1}{i - 1} \lambda_0^{m - i}$.
+
+因为$v_1$的求解是基于齐次线性方程组，所以系数的作用不是很明确. 但当我们开始求解$v_2, v_3, \ldots, v_m$时，这就意味着我们需要处理非齐次线性方程组，需要验证$v_1, v_2, \ldots, v_{m-1}$的第$m$个坐标能根据前$m-1$个坐标由系数$t_i$组合得到. 以$v_2$为例，我们需要验证$\lambda_0^{m-1} = \sum_{i = 1}^{m-1} t_i \lambda_0^{i-1} = \sum_{i = 1}^{m-1} (-1)^{m + 1 - i} \binom{m - 1}{i - 1} \lambda_0^{m - 1}$. 我们可以将其化简为 \begin{align*}
+    \sum_{i = 1}^{m-1} (-1)^{m + 1 - i} \binom{m - 1}{i - 1} & = 1 \\
+    \sum_{i = 0}^{m-1} \binom{m-1}{i} (-1)^{m - i} & = 0.
+\end{align*}
+这是二项式定理的一个特殊情况，所以这个等式是成立的. 根据前$m-1$行，我们可以得到$v_2 = (0, 1, 2 \lambda_0, 3 \lambda_0^2, \ldots, (m - 1) \lambda_0^{m - 2})$. 以此类推，仅依据前$m-1$行的计算，我们可以得到$v_j = (0, 0, \ldots, \binom{j - 1}{j - 1} \lambda_0^0, \binom{j}{j - 1} \lambda_0^1, \ldots, \binom{m - 1}{j - 1} \lambda_0^{m - j})$，且第$1$个非零坐标为第$j$个. 接下来便需要验证$v_j, 1 \leqslant j \leqslant m - 1$的第$m$个坐标能由前$m-1$个坐标线性组合得到，即 \[
+    \binom{m - 1}{j - 1} \lambda_0^{m - j} = \sum_{i = 1}^{m - 1} t_i \binom{i - 1}{j - 1} \lambda_0^{i - 1}.
+\]
+代入后化简得到需要证明的组合恒等式 \[
+    \sum_{i = j}^m (-1)^{m + 1 - i} \binom{m - 1}{i - 1} \binom{i - 1}{j - 1} = 0.
+\]
+
+\begin{proof}
+    注意到 \begin{align*}
+        \binom{m - 1}{i - 1} \binom{i - 1}{j - 1} & = \dfrac{(m - 1)!}{(i - 1)! (m - i)!} \dfrac{(i - 1)!}{(j - 1)! (i - j)!} \\ & = \dfrac{(m - 1)!}{(j - 1)! (m - j)!} \dfrac{(m - j)!}{(i - j)! (m - i)!} \\ & = \binom{m - 1}{j - 1} \binom{m - j}{i - j},
+    \end{align*}
+    所以 \begin{align*}
+        \sum_{i = j}^m (-1)^{m + 1 - i} \binom{m - 1}{i - 1} \binom{i - 1}{j - 1} & = \sum_{i = j}^m (-1)^{m + 1 - i} \binom{m - 1}{j - 1} \binom{m - j}{i - j} \\
+        & = \binom{m - 1}{j - 1} \sum_{t = 0}^k (-1)^(k + i - t  + 1 - i) \binom{k}{t} \\
+        & = \binom{m - 1}{j - 1} \sum_{t = 0}^k \binom{k}{t} (-1)^{k + 1 - t} \\
+        & = \binom{m - 1}{j - 1} (-1) (1 - 1)^k = 0.
+    \end{align*}
+    其中 $t = i - j, k = m - j$.
+\end{proof}
+
+由上可知$v_j$的求解是正确的，这样我们便得到了对应的若当基，$T$在这组基下的表示矩阵为$\lambda_0 I + J$. 设初值在若当基下的表示系数为$c_1, c_2, \ldots, c_m$，则有 \begin{align*}
+    M^n \begin{pmatrix}
+        c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_m
+    \end{pmatrix}
+    & = (\lambda_0 I + J)^n \begin{pmatrix}
+        c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_m
+    \end{pmatrix} \\ & = (\lambda_0^n I + n \lambda_0^{n - 1} J + \cdots + \binom{n}{m - 1} \lambda_0^{n - m + 1} J^{m - 1}) \begin{pmatrix}
+        c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_m
+    \end{pmatrix} \\
+    & = \begin{pmatrix}
+        \lambda_0^n & n \lambda_0^{n - 1} & \cdots & \binom{n}{m - 1} \lambda_0^{n - m + 1} \\
+        0 & \lambda_0^n & \cdots & \binom{n}{m - 2} \lambda_0^{n - m + 2} \\
+        \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
+        0 & 0 & \cdots & \lambda_0^n
+    \end{pmatrix} \begin{pmatrix}
+        c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_m
+    \end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix}
+        c_1 \lambda_0^n + n c_2 \lambda_0^{n - 1} + \cdots + \binom{n}{m - 1} c_m \lambda_0^{n - m + 1} \\
+        c_2 \lambda_0^n + n c_3 \lambda_0^{n - 1} + \cdots + \binom{n}{m - 2} c_m \lambda_0^{n - m + 2} \\
+        \vdots \\
+        c_m \lambda_0^n
+    \end{pmatrix}.
+\end{align*}
+
+代入$\{v_j\}$即可得到通解
+\[
+    a_n = \sum_{i = 1}^m c_i \binom{n}{i - 1} \lambda_0^{n - i + 1}.
+\]
+
+而对于一般的若当标准型来说，只需要求出相应的基，然后利用分块对角矩阵的幂次运算即可得到坐标，代入基即可求得通解. 不过需要注意的是，对于$m$阶若当标准型下$n$阶的若当块，其对应的若当基是我们在$m$重根中讨论的前$n$个向量，即
+    \begin{align*}
+        v_1 & = (1, \lambda_0, \lambda_0^2, \ldots, \lambda_0^{m - 1}), \\ v_2 & = (0, 1, 2 \lambda_0, \ldots, (n - 1) \lambda_0^{m - 2}), \\ & \ldots \\ v_n & = (0, 0, \ldots, \binom{n - 1}{n - 1} \lambda_0^0, \binom{n}{n - 1} \lambda_0^1, \ldots, \binom{m - 1}{n - 1} \lambda_0^{m - n}),
+    \end{align*}
+    而非前$n$个坐标.
+
+下面给出一道例题，请读者自行尝试.
+
+\begin{example}{}{}
+    求解线性递推方程$a_n = 5a_{n - 1} - 8a_{n - 2} + 4a_{n - 3}$，其中$a_0 = 2, a_1 = 4, a_2 = 9$.
+\end{example}
 
 \section{实数域上的若当标准形} \label{sec:实数域上的若当标准形}
 
@@ -675,6 +776,18 @@ \section{实数域上的若当标准形} \label{sec:实数域上的若当标准
     \item 定义$\sigma\in \mathcal{L}(\mathbf{C}^3)$为$\sigma(z_1,z_2,z_3)=(z_2,z_3,0)$. 证明不存在$\tau\in \mathcal{L}(\mathbf{C}^3)$使得$\tau^2=\sigma$.
 
     \item 证明：存在复数域上的对称矩阵$B,C$，使得$A=BC$，并且可以指定$B,C$中任意一个可逆.
+
+    \item 斐波那契序列（Fibonacci sequence）$\{F_n\}$满足如下定义：
+          \[
+              F_0 = 0, F_1 = 1, F_n = F_{n - 2} + F_{n - 1}, n \geqslant 2.
+          \]
+          定义$T \in \mathcal{L}(\mathbf{R}^2)$为$T(x_1, x_2) = (x_2, x_1 + x_2)$.
+          \begin{enumerate}
+            \item 证明：对于任意非负整数$n$，$T^n(0, 1) = (F_n, F_{n + 1})$.
+            \item 求$T$的特征值和对应的特征向量.
+            \item 求$F_n$的通项公式.
+            \item 证明：对于任意非负整数$n$，$F_n$是最接近$\dfrac{\varphi^n}{\sqrt{5}}$的整数，其中$\varphi = \dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}$.
+          \end{enumerate}
 \end{enumerate}
 
 \centerline{\heiti C组}