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九州大学 1991年文系第1問解説

方針・初手

(1), (2) は、与えられた行列 $P$ を用いて行列 $A$ を対角化し、$n$ 乗を計算する標準的な問題です。 (3) は数列の一般項を(2)の結果から求めて直接評価する方法と、問題文で与えられた連立漸化式から $r_n$ に関する分数漸化式を導いて数学的帰納法で証明する方法の2つのアプローチが可能です。ここでは両方の解法を示します。

解法1

(1)

行列 $P = \begin{pmatrix} \sqrt{3} & -\sqrt{3} \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ について、その行列式は

$$|P| = \sqrt{3} \cdot 1 - (-\sqrt{3}) \cdot 1 = 2\sqrt{3}$$

となる。$|P| \neq 0$ より逆行列が存在し、

$$P^{-1} = \frac{1}{2\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ -1 & \sqrt{3} \end{pmatrix}$$

である。したがって、

$$P^{-1}AP = \frac{1}{2\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ -1 & \sqrt{3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{3} & -\sqrt{3} \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$$

$$= \frac{1}{2\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1+\sqrt{3} & 3+\sqrt{3} \\ -1+\sqrt{3} & -3+\sqrt{3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{3} & -\sqrt{3} \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$$

$$= \frac{1}{2\sqrt{3}} \begin{pmatrix} (1+\sqrt{3})\sqrt{3}+(3+\sqrt{3}) & (1+\sqrt{3})(-\sqrt{3})+(3+\sqrt{3}) \\ (-1+\sqrt{3})\sqrt{3}+(-3+\sqrt{3}) & (-1+\sqrt{3})(-\sqrt{3})+(-3+\sqrt{3}) \end{pmatrix}$$

$$= \frac{1}{2\sqrt{3}} \begin{pmatrix} \sqrt{3}+3+3+\sqrt{3} & -\sqrt{3}-3+3+\sqrt{3} \\ -\sqrt{3}+3-3+\sqrt{3} & \sqrt{3}-3-3+\sqrt{3} \end{pmatrix}$$

$$= \frac{1}{2\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 6+2\sqrt{3} & 0 \\ 0 & -6+2\sqrt{3} \end{pmatrix}$$

$$= \begin{pmatrix} 1+\sqrt{3} & 0 \\ 0 & 1-\sqrt{3} \end{pmatrix}$$

(2)

(1) の結果より、$D = \begin{pmatrix} 1+\sqrt{3} & 0 \\ 0 & 1-\sqrt{3} \end{pmatrix}$ とおくと、$P^{-1}AP = D$ である。 $\alpha = 1+\sqrt{3}$、$\beta = 1-\sqrt{3}$ とおく。これより $A = PDP^{-1}$ となり、正整数 $m$ に対して $A^m = PD^m P^{-1}$ が成り立つ。

$$A^m = \begin{pmatrix} \sqrt{3} & -\sqrt{3} \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha^m & 0 \\ 0 & \beta^m \end{pmatrix} \frac{1}{2\sqrt{3}} \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ -1 & \sqrt{3} \end{pmatrix}$$

$$= \frac{1}{2\sqrt{3}} \begin{pmatrix} \sqrt{3}\alpha^m & -\sqrt{3}\beta^m \\ \alpha^m & \beta^m \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & \sqrt{3} \\ -1 & \sqrt{3} \end{pmatrix}$$

$$= \frac{1}{2\sqrt{3}} \begin{pmatrix} \sqrt{3}\alpha^m+\sqrt{3}\beta^m & 3\alpha^m-3\beta^m \\ \alpha^m-\beta^m & \sqrt{3}\alpha^m+\sqrt{3}\beta^m \end{pmatrix}$$

$$= \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \alpha^m+\beta^m & \sqrt{3}(\alpha^m-\beta^m) \\ \frac{1}{\sqrt{3}}(\alpha^m-\beta^m) & \alpha^m+\beta^m \end{pmatrix}$$

よって、$\alpha, \beta$ を元に戻すと以下のようになる。

$$A^m = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} (1+\sqrt{3})^m+(1-\sqrt{3})^m & \sqrt{3}\{(1+\sqrt{3})^m-(1-\sqrt{3})^m\} \\ \frac{1}{\sqrt{3}}\{(1+\sqrt{3})^m-(1-\sqrt{3})^m\} & (1+\sqrt{3})^m+(1-\sqrt{3})^m \end{pmatrix}$$

(3)

与えられた連立漸化式は、行列を用いて次のように表せる。

$$\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix}$$

したがって、

$$\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} = A^{n-1} \begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} = A^{n-1} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

(2) の結果より、$n \ge 2$ のとき、

$$\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} \alpha^{n-1}+\beta^{n-1} & \sqrt{3}(\alpha^{n-1}-\beta^{n-1}) \\ \frac{1}{\sqrt{3}}(\alpha^{n-1}-\beta^{n-1}) & \alpha^{n-1}+\beta^{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$$

$x_n, y_n$ をそれぞれ計算する。

$$x_n = \frac{1}{2} \{ \alpha^{n-1}+\beta^{n-1} + \sqrt{3}(\alpha^{n-1}-\beta^{n-1}) \} = \frac{1}{2} \{ (1+\sqrt{3})\alpha^{n-1} + (1-\sqrt{3})\beta^{n-1} \} = \frac{1}{2}(\alpha^n+\beta^n)$$

$$y_n = \frac{1}{2} \left\{ \frac{1}{\sqrt{3}}(\alpha^{n-1}-\beta^{n-1}) + \alpha^{n-1}+\beta^{n-1} \right\} = \frac{1}{2\sqrt{3}} \{ (1+\sqrt{3})\alpha^{n-1} + (-1+\sqrt{3})\beta^{n-1} \} = \frac{1}{2\sqrt{3}}(\alpha^n-\beta^n)$$

これらは $n=1$ のときも $x_1=1, y_1=1$ となり成り立つ。ゆえに、

$$r_n = \frac{x_n}{y_n} = \frac{\frac{1}{2}(\alpha^n+\beta^n)}{\frac{1}{2\sqrt{3}}(\alpha^n-\beta^n)} = \sqrt{3} \frac{\alpha^n+\beta^n}{\alpha^n-\beta^n}$$

これより、$r_{2n}$ を評価する。

$$r_{2n} = \sqrt{3} \frac{\alpha^{2n}+\beta^{2n}}{\alpha^{2n}-\beta^{2n}} = \sqrt{3} \frac{1+\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{2n}}{1-\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{2n}}$$

ここで、$t_n = \left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^{2n}$ とおく。

$$\frac{\beta}{\alpha} = \frac{1-\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}} = \frac{(1-\sqrt{3})^2}{1^2-(\sqrt{3})^2} = \frac{4-2\sqrt{3}}{-2} = -2+\sqrt{3}$$

$0 < -2+\sqrt{3} < 1$ より、数列 $\{t_n\}$ はすべての $n$ で正であり、単調減少する。すなわち $0 < t_{n+1} < t_n < 1$ である。次に、関数 $f(t) = \sqrt{3} \frac{1+t}{1-t}$ を考える。

$$f(t) = \sqrt{3} \left( -1 + \frac{2}{1-t} \right)$$

これは $t < 1$ において単調増加関数であるため、$f(0) < f(t_{n+1}) < f(t_n)$ が成り立つ。 $r_{2n} = f(t_n)$ であるから、

$$\sqrt{3} < r_{2(n+1)} < r_{2n}$$

が示された。

解法2

(3)の別解（漸化式を用いる方法）

$x_{n+1} = x_n+3y_n$, $y_{n+1} = x_n+y_n$ より、$x_1=1, y_1=1$ と合わせると、すべての自然数 $n$ について $x_n > 0, y_n > 0$ であることが帰納的にわかる。第2式の両辺を $y_n$ で割ると、

$$\frac{y_{n+1}}{y_n} = \frac{x_n}{y_n} + 1 = r_n+1$$

第1式の両辺を $y_{n+1}$ で割ると、

$$r_{n+1} = \frac{x_{n+1}}{y_{n+1}} = \frac{x_n+3y_n}{y_{n+1}} = \frac{\frac{x_n}{y_n}+3}{\frac{y_{n+1}}{y_n}} = \frac{r_n+3}{r_n+1}$$

この関係式を繰り返し用いて、$r_{n+2}$ を $r_n$ で表す。

$$r_{n+2} = \frac{r_{n+1}+3}{r_{n+1}+1} = \frac{\frac{r_n+3}{r_n+1}+3}{\frac{r_n+3}{r_n+1}+1} = \frac{(r_n+3)+3(r_n+1)}{(r_n+3)+(r_n+1)} = \frac{4r_n+6}{2r_n+4} = \frac{2r_n+3}{r_n+2}$$

これを用いて、$r_{2n} > \sqrt{3}$ であることを数学的帰納法で示す。

(I) $n=1$ のとき $r_2 = \frac{x_2}{y_2} = \frac{x_1+3y_1}{x_1+y_1} = \frac{4}{2} = 2$ となり、$2 > \sqrt{3}$ より成立する。

(II) $n=k$ のとき、$r_{2k} > \sqrt{3}$ と仮定する。 $n=k+1$ のときを考えると、

$$r_{2(k+1)} - \sqrt{3} = r_{2k+2} - \sqrt{3} = \frac{2r_{2k}+3}{r_{2k}+2} - \sqrt{3} = \frac{2r_{2k}+3-\sqrt{3}r_{2k}-2\sqrt{3}}{r_{2k}+2} = \frac{(2-\sqrt{3})(r_{2k}-\sqrt{3})}{r_{2k}+2}$$

帰納法の仮定より $r_{2k} > \sqrt{3}$ であるから、分母・分子ともに正となり、$r_{2(k+1)} - \sqrt{3} > 0$ が成り立つ。したがって、すべての自然数 $n$ について $r_{2n} > \sqrt{3}$ である。

次に、$r_{2n} > r_{2(n+1)}$ を示す。

$$r_{2n} - r_{2(n+1)} = r_{2n} - \frac{2r_{2n}+3}{r_{2n}+2} = \frac{r_{2n}(r_{2n}+2)-(2r_{2n}+3)}{r_{2n}+2} = \frac{r_{2n}^2-3}{r_{2n}+2}$$

ここで、上で示した通り $r_{2n} > \sqrt{3}$ であるから $r_{2n}^2 > 3$ となり、分子は正である。 $r_{2n} > 0$ より分母も正であるため、$r_{2n} - r_{2(n+1)} > 0$ が成り立つ。

以上より、$r_{2n} > r_{2(n+1)} > \sqrt{3}$ が示された。

解説

(1) と (2) は行列の対角化に関する基礎的な計算問題であり、確実に得点したい箇所です。 (3) は $r_n$ の一般項を求めて評価する解法（解法1）が素直ですが、$n$ 乗の計算や極限の評価に手間取ることがあります。一方、漸化式を立てて論証する解法（解法2）は、(2)の誘導を無視する形になりますが、計算量が大幅に少なく見通しが良くなります。どちらの方法でも正しく議論を展開できるようにしておくと良いでしょう。