叶立军《初等数学研究》

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临近大学毕业之际,我在杭州师范大学经亨颐学院空旷的教室里,写下了利用矩阵的Jordan标准型求数列通项公式.时光倏忽而过,最近回顾Jordan标准型,遂用不同的方式改写那篇短文如下.

 

下面这道题目改编自叶立军主编的《初等数学研究》例4.3.3(原题叙述啰嗦,我将其简化了).

题目 已知数列{\{a_n\}}满足条 件

\displaystyle a_{n+2}=3a_{n+1}-3a_n+a_{n-1},n=2,3,4,\cdots

{a_1=1},{a_2=4},{a_3=9}.求数列{\{a_n\}}的通项公式.

解: 题目中涉及线性递推关系式.将递推关系用矩阵表达为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (1)

我们将矩阵

\displaystyle A= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}

进行Jordan分解成{A=M^{-1}JM}的形式,其中{J}是Jordan块.

 

可求得矩阵{A}的特征值是{1},且{1}的代数重数是{3}.则

\displaystyle \mathbf{C}^3=\ker (A-I)^3.

\displaystyle A-I= \begin{bmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix},

令向量{\mathbf{p}_1^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix} },易得{\ker (A-I)=\mbox{span}\{\mathbf{p}_{1}^{(1)}\}}.令向量{\mathbf{q}_1^{(1)}= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix},\mathbf{q}_2^{(1)}= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}, } 易得{\mathbf{q}_{1}^{(1)},\mathbf{q}_2^{(1)}}线性无关且 {\mathbf{q}_1^{(1)},\mathbf{q}_2^{(1)}\not\in\ker (A-I)}.

\displaystyle (A-I)^2= \begin{bmatrix} 1&-2&1\\ 1&-2&1\\ 1&-2&1 \end{bmatrix},

向量{\mathbf{p}_{1}^{(2)}=\mathbf{p}_{1}^{(1)}\in \ker (A-I)^2},向量{ \mathbf{p}_{2}^{(2)}=2\mathbf{q}_{1}^{(1)}+\mathbf{q}_{2}^{(1)}=\begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 0\\ \end{bmatrix} \in \ker (A-I)^2}.且{\ker (A-I)^2=\mbox{span}\{\mathbf{p}_{1}^{(2)},\mathbf{p}_{2}^{(2)}\}} .令向 量{\mathbf{q}_{1}^{(2)}=\mathbf{q}_{1}^{(1)}},可得 {\mathbf{q}_{1}^{(2)}\not\in \ker(A-I)^{(2)}}.

但是显然,{\mathbf{q}_1^{(2)}\in \ker (A-I)^{(3)}},因此

\displaystyle (A-I)\mathbf{q}_1^{(2)}= \begin{bmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}\in \ker (A-I)^2,

\displaystyle (A-I)^2\mathbf{q}_1^{(2)}=(A-I)[(A-I)\mathbf{q}_1^{(2)}]= \begin{bmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 2\\ 1\\ 0 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix} 1\\ 1\\ 1 \end{bmatrix}\in \ker (A-I).

设线性变换{T}在标准正交基 {\alpha=(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_{3})}下的矩阵为{A-I},其中{\mathbf{e}_1= \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 0 \end{bmatrix} },{\mathbf{e}_2= \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ 0 \end{bmatrix} },{\mathbf{e}_3= \begin{bmatrix} 0\\ 0\\ 1 \end{bmatrix} }.则线性变换{T}在基 {\beta=((A-I)^2\mathbf{q}_1^{(2)},(A-I)\mathbf{q}_1^{(2)},\mathbf{q}_1^{(2)})} 下的矩阵是

\displaystyle [T]_{\beta}^{\beta}=\begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0\\ \end{bmatrix}.

\displaystyle A-I=[T]_{\alpha}^{\alpha}=[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix}^{-1},

所以

\displaystyle A=I+[I]_{\beta}^{\alpha}[T]_{\beta}^{\beta}[I]_{\alpha}^{\beta}=[I]_{\beta}^{\alpha}([T]_{\beta}^{\beta}+I)[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{bmatrix}^{-1}

于是,表达式(1)变为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (2)

 

因此,{\forall n\geq 1},

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{n-1} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_3\\ a_2\\ a_1 \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (3)

 

\displaystyle \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{n}= \begin{pmatrix} 1&n&\frac{(n-1)n}{2}\\ 0&1&n\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.

 

因此,最终可得{a_n=n^2}. \Box

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此文写于2015年5月25日,现在重新整理如下.

 

下面这道题目改编自叶立军主编的《初等数学研究》例4.3.3(原题叙述啰嗦,我将其简化了).

题目 已知数列{\{a_n\}}满足条 件

\displaystyle a_{n+2}=3a_{n+1}-3a_n+a_{n-1},n=2,3,4,\cdots

{a_1=1},{a_2=4},{a_3=9}.求数列{\{a_n\}}的通项公式.

解: 题目中涉及线性递推关系式.将递推关系用矩阵表达为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (1)

下面我们将矩阵

\displaystyle A= \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}

进行Jordan分解成{A=M^{-1}JM}的形式,其中{J}是Jordan块.下面我们参照文章幂零自同态分解定理的原理和文章幂零自同态的结构的步骤将矩阵进行Jordan分解.而且,接下来使用的一些符号也来自文章幂零自同态的结构.

 

为此,首先求矩阵{A}的特征值.易得其特征值只有一个,为{1}.它的特征多项式为

\displaystyle p(x)=(1-x)^3.

{\mathbf{C}^3}的一个三维线性子空间是{\ker (T-I)^3},其中{A}是线性变换{T}在标准正交基下的矩阵.于是{\mathbf{C}^{3}=\ker (T-I)^{3}}.于是,{(A-I)^3}是个零矩阵,且对于一切{(A-I)^p=\mathbf{0}},{p}的最小值为{3}.

 

我们先求{\ker (T-I)}.为此我们来看线性方程组

\displaystyle \begin{pmatrix} 2&-3&1\\ 1&-1&0\\ 0&1&-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 0\\ \end{pmatrix}.

解得{\dim\ker (T-I)=1},且{\mathbf{v}_{1}=(1,1,1)\in \ker (T-I)}.

 

然后我们来看{\mathbf{C}^3}的一组基{\{\mathbf{v}_1=(1,1,1),\mathbf{v}_2=(1,0,0),\mathbf{v}_3=(0,1,0)\}}.{\{(T-I)\mathbf{v}_2,(T-I)(\mathbf{v}_3)\}=\{(2,1,0),(-3,-1,1)\}}线性无关,是{(T-I)(\mathbf{C}^3)}的一组基.而且{(T-I)(\mathbf{C}^3)}的另外一组基为{\{\mathbf{v}_1^{(1)},\mathbf{v}_2^{(1)}\}},其中{\mathbf{v}_1^{(1)}=\mathbf{v}_1=(1,1,1)},{\mathbf{v}_2^{(1)}=(-1,0,1)}.

 

{(T-I)^2(\mathbf{C}^3)}的一组基为{\{(T-I)(\mathbf{v}_2^{(1)})\}=\{(-1,-1,-1)\}}.{(T-I)^2(\mathbf{C}^3)}的另外一组基为{\{\mathbf{v}_{1}^{(2)}\}=\{\mathbf{v}_1\}=\{(1,1,1)\}}.

 

下面,我们寻找向量{\mathbf{w}_1},使得{(T-I)(\mathbf{w}_1)=\mathbf{v}_1^{(2)}=\mathbf{v}_1=(1,1,1)}.易得{\mathbf{w}_1}可以为{(2,1,0)}.再寻找{\mathbf{w}_2},使得{(T-I)(\mathbf{w}_2)=\mathbf{w}_1},解得{\mathbf{w}_2}可以为{(1,0,0)}.

 

于是,线性变换{T-I}在有序基{\alpha=(\mathbf{v}_1,\mathbf{w}_1,\mathbf{w}_2)}下的矩阵为

\displaystyle [T-I]_{\alpha}^{\alpha}=\begin{pmatrix} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{pmatrix}.

于是线性变换{T}在有序基{\alpha}下的矩阵就是Jordan块

\displaystyle J=\begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.

下面我们来求{[I]_{\alpha}^{\beta}},其中{\beta=((1,0,0),(0,1,0),(0,0,1))}是标准正交基.易得

\displaystyle M^{-1}=[I]_{\alpha}^{\beta}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}.

\displaystyle M=[I]_{\beta}^{\alpha}= \begin{pmatrix} 0&0&1\\ 0&1&-1\\ 1&-2&1 \end{pmatrix}.

这样我们就得到了矩阵的分解

\displaystyle \begin{pmatrix} 3&-3&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1}.

 

于是,表达式(1)变为

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_{n+1}\\ a_n\\ a_{n-1} \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (2)

 

因此,{\forall n\geq 1},

\displaystyle \begin{pmatrix} a_{n+2}\\ a_{n+1}\\ a_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{n-1} \begin{pmatrix} 1&2&1\\ 1&1&0\\ 1&0&0 \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} a_3\\ a_2\\ a_1 \end{pmatrix}. \ \ \ \ \ (3)

 

\displaystyle \begin{pmatrix} 1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1 \end{pmatrix}^{n}= \begin{pmatrix} 1&n&\frac{(n-1)n}{2}\\ 0&1&n\\ 0&0&1 \end{pmatrix}.

 

因此,最终可得{a_n=n^2}. \Box

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