線形代数の問題

漸化式を行列で表す

${\mathbf{u}}_n=\left(\begin{array}{c}{x}_n\\ y_n\end{array}\right)$ とおくと ${\mathbf{u}}_{n+1}=A{\mathbf{u}}_n$ なので、${\mathbf{u}}_n=A^n{\mathbf{u}}_0$ です（$A^0=E$）。

手順 1：固有値を求める

$$\det (A-\lambda E)=(1-\lambda )(3-\lambda )+1={\lambda }^2-4\lambda +4=(\lambda -2{)}^2$$
より固有値は $2$（重解）です。$A-2E=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& 1\end{array}\right)$ の階数は $1$ なので、固有空間は 1 次元で、$A$ は対角化できません。

手順 2：変換行列 $P$ を作る

固有ベクトル ${\mathbf{p}}_1$ は $(A-2E){\mathbf{p}}_1=0$ から ${\mathbf{p}}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$ とします。次に $(A-2E){\mathbf{p}}_2={\mathbf{p}}_1$ を満たす ${\mathbf{p}}_2$ を探します。${\mathbf{p}}_2=\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)$ とすると $-a+b=1$ なので、${\mathbf{p}}_2=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right)$ がとれます。

$P=({\mathbf{p}}_1{\mathbf{p}}_2)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 1& 1\end{array}\right)$ とおくと、$A{\mathbf{p}}_1=2{\mathbf{p}}_1$、$A{\mathbf{p}}_2={\mathbf{p}}_1+2{\mathbf{p}}_2$ より
$$P^{-1}AP=J=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 0& 2\end{array}\right)$$
です。また $\det P=1$ より $P^{-1}=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ -1& 1\end{array}\right)$ です。

手順 3：$J^n$ を求める

$J=2E+N$、$N=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 0& 0\end{array}\right)$ とおくと、$N^2=O$ であり、$E$ と $N$ は交換可能です。よって二項定理より
$$J^n=(2E+N{)}^n=2^{n}E+n{2}^{n-1}N=\left(\begin{array}{cc}{2}^n& n{2}^{n-1}\\ 0& 2^n\end{array}\right)$$
です。

手順 4：$A^n=P{J}^n{P}^{-1}$ を計算する

$$P{J}^n=\left(\begin{array}{cc}{2}^n& n{2}^{n-1}\\ 2^n& 2^n+n{2}^{n-1}\end{array}\right)$$
です。これに右から $P^{-1}$ を掛けて
$$A^n=\left(\begin{array}{cc}{2}^n-n{2}^{n-1}& n{2}^{n-1}\\ -n{2}^{n-1}& 2^n+n{2}^{n-1}\end{array}\right)$$
を得ます。$n=1$ を代入すると $\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 3\end{array}\right)=A$ となり、確かに一致します。

手順 5：$x_n$ を求める

${\mathbf{u}}_n=A^n\left(\begin{array}{c}3\\ 1\end{array}\right)$ の第 1 成分を計算します。
$$x_n=3\left(2^n-n{2}^{n-1}\right)+n{2}^{n-1}=3\cdot 2^n-2n\cdot 2^{n-1}=(3-n)2^n$$

検算

漸化式から直接計算すると $x_1=4,y_1=0$、$x_2=4,y_2=-4$、$x_3=0$ です。公式からは $2\cdot 2=4$、$1\cdot 4=4$、$0\cdot 8=0$ となり、一致します。

したがって $x_n=(3-n)2^n$ です。

$A$ の特性多項式は ${\lambda }^2-4\lambda +4=(\lambda -2{)}^2$ なので、固有値は重解 $2$ である。$N=A-2I=\left(\begin{array}{cc}-1& 1\\ -1& 1\end{array}\right)\ne O$ であり、$N^2=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 0\end{array}\right)$ となる（対角化不可で、ジョルダン標準形は $\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 0& 2\end{array}\right)$）。
$A=2I+N$ で $2I$ と $N$ は可換、かつ $N^2=O$ なので、二項定理より $A^n=2^{n}I+n{2}^{n-1}N$。
初期ベクトル $v_0=(3,1{)}^T$ に対して $N{v}_0=(-3+1,-3+1{)}^T=(-2,-2{)}^T$。
よって $(x_n,y_n{)}^T=A^n{v}_0=2^n(3,1{)}^T+n{2}^{n-1}(-2,-2{)}^T$ となり、$x_n=3\cdot 2^n-n{2}^n=(3-n)2^n$、$y_n=(1-n)2^n$。
検算：漸化式から $x_1=4,y_1=0,x_2=4,y_2=-4$。公式では $x_1=2\cdot 2=4,y_1=0,x_2=1\cdot 4=4,y_2=-1\cdot 4=-4$ で一致する。