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京都大学 2009年理系第4問（乙）解説

方針・初手

行列の $n$ 乗を直接計算するのは困難なため、ケーリー・ハミルトンの定理を用いて $\overrightarrow{OP_n}$ に関する3項間漸化式を導きます。計算を簡略化するために、便宜上 $n=0$ のときのベクトル $\overrightarrow{OP_0}$ を定義し、$n=0, 1, 2$ におけるベクトルの長さの条件から、行列 $A$ の成分に関する強い制約（場合分け）を引き出すのがポイントです。

解法1

$$ \overrightarrow{OP_n} = \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} = A^n \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} $$

である。ここで、便宜上 $n=0$ のとき $\overrightarrow{OP_0} = A^0 \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ と定義すると、$|\overrightarrow{OP_0}|^2 = 1^2 + 0^2 = 1$ である。また、問題の条件より $|\overrightarrow{OP_1}|^2 = 1$, $|\overrightarrow{OP_2}|^2 = 1$ である。

$$ \overrightarrow{OP_1} = A \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \\ c \end{pmatrix} $$

であるから、

$$ |\overrightarrow{OP_1}|^2 = a^2 + c^2 = 1 \cdots \text{①} $$

が成り立つ。

行列 $A$ にケーリー・ハミルトンの定理を適用すると、

$$ A^2 - (a+d)A + (ad-bc)E = O $$

条件より $ad-bc=1$ であるから、

$$ A^2 - (a+d)A + E = O $$

この両辺に右から $A^n \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ を掛けると、

$$ \overrightarrow{OP_{n+2}} = (a+d)\overrightarrow{OP_{n+1}} - \overrightarrow{OP_n} $$

という漸化式が得られる。

$n=0$ のとき、$\overrightarrow{OP_2} = (a+d)\overrightarrow{OP_1} - \overrightarrow{OP_0}$ となる。両辺の大きさの2乗をとると、

$$ |\overrightarrow{OP_2}|^2 = (a+d)^2|\overrightarrow{OP_1}|^2 - 2(a+d)(\overrightarrow{OP_1} \cdot \overrightarrow{OP_0}) + |\overrightarrow{OP_0}|^2 $$

ここで、$|\overrightarrow{OP_0}|^2 = 1, |\overrightarrow{OP_1}|^2 = 1, |\overrightarrow{OP_2}|^2 = 1$ であり、内積 $\overrightarrow{OP_1} \cdot \overrightarrow{OP_0} = \begin{pmatrix} a \\ c \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = a$ であるから、これらを代入して整理すると、

$$ 1 = (a+d)^2 \cdot 1 - 2a(a+d) + 1 $$

$$ (a+d)^2 - 2a(a+d) = 0 $$

$$ (a+d)(a+d-2a) = 0 $$

$$ (a+d)(d-a) = 0 $$

したがって、$a+d = 0$ または $a = d$ が成り立つ。

(i) $a+d = 0$ のとき

漸化式は $\overrightarrow{OP_{n+2}} = -\overrightarrow{OP_n}$ となる。したがって、$|\overrightarrow{OP_{n+2}}| = |\overrightarrow{OP_n}|$ が成り立つ。$|\overrightarrow{OP_1}| = 1, |\overrightarrow{OP_2}| = 1$ であるから、帰納的にすべての自然数 $n$ に対して $|\overrightarrow{OP_n}| = 1$ が成り立つ。

(ii) $a = d$ のとき

条件 $ad-bc = 1$ は $a^2-bc = 1$ となる。①式 $a^2+c^2 = 1$ と辺々引くと、$-bc - c^2 = 0$ すなわち $c(b+c) = 0$ を得る。よって、$c = 0$ または $b = -c$ である。

(ii-a) $a = d$ かつ $c = 0$ のとき

①より $a^2 = 1$ なので $a = d = \pm 1$。よって行列 $A$ は $\begin{pmatrix} \pm 1 & b \\ 0 & \pm 1 \end{pmatrix}$（複号同順）の形をとる。このとき

$$ A^n = \begin{pmatrix} (\pm 1)^n & nb(\pm 1)^{n-1} \\ 0 & (\pm 1)^n \end{pmatrix} $$

となるため、

$$ \overrightarrow{OP_n} = A^n \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (\pm 1)^n \\ 0 \end{pmatrix} $$

よって、すべての自然数 $n$ に対して $|\overrightarrow{OP_n}|^2 = (\pm 1)^{2n} + 0^2 = 1$ が成り立つ。

(ii-b) $a = d$ かつ $b = -c$ のとき

行列 $A$ は $\begin{pmatrix} a & -c \\ c & a \end{pmatrix}$ の形をとる。①より $a^2+c^2 = 1$ であるから、ある実数 $\theta$ を用いて $a = \cos\theta, c = \sin\theta$ と表すことができる。すなわち

$$ A = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix} $$

であり、これは原点を中心とする角 $\theta$ の回転移動を表す行列である。ド・モアブルの定理や回転行列の性質から

$$ A^n = \begin{pmatrix} \cos n\theta & -\sin n\theta \\ \sin n\theta & \cos n\theta \end{pmatrix} $$

となるため、

$$ \overrightarrow{OP_n} = A^n \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos n\theta \\ \sin n\theta \end{pmatrix} $$

よって、すべての自然数 $n$ に対して $|\overrightarrow{OP_n}|^2 = \cos^2 n\theta + \sin^2 n\theta = 1$ が成り立つ。

以上 (i), (ii) のすべての場合において、すべての自然数 $n$ に対して $\overrightarrow{OP_n}$ の長さが1であることが示された。

解説

行列の $n$ 乗を扱う問題において、ケーリー・ハミルトンの定理を用いてベクトルの漸化式に帰着させる手法は非常に強力です。本問では $\overrightarrow{OP_0}$ という初期ベクトルを自ら定義することで、$n=0$ を漸化式に代入できるようになり、内積の計算が劇的に簡単になります。また、場合分け (ii-b) で現れる行列は「行列式が1で、1列目の大きさの2乗和が1」であることから、本質的に「回転行列（直交行列）」であることが分かります。直交行列による一次変換は原点からの距離を不変に保つという図形的な意味を理解していると、解答の見通しがさらに良くなります。