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九州大学 2005年理系第2問解説

方針・初手

行列を用いた連立漸化式の問題である。数列でよく見られる $a_{n+1} = c a_n + d$ の形をした漸化式を、特性方程式を用いて $a_{n+1} - \alpha = c(a_n - \alpha)$ と変形する手法を、ベクトルと行列に拡張して解く。問題の誘導に従って特性方程式に相当する方程式を解き、行列の等比数列型の漸化式に帰着させる。

解法1

(1)

与えられた式

$$ \vec{p} = A\vec{p} + \vec{b} $$

より、単位行列を $E$ として

$$ (E - A)\vec{p} = \vec{b} $$

となる。ここで

$$ E - A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} - \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} $$

行列式は $|E - A| = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} - \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot 0 = \frac{1}{4} \neq 0$ となるため、逆行列が存在する。

$$ (E - A)^{-1} = \frac{1}{\frac{1}{4}} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = 4 \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 & \frac{1}{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} $$

したがって、

$$ \vec{p} = (E - A)^{-1}\vec{b} = \begin{pmatrix} 2 & 2 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} $$

(2)

与えられた漸化式

$$ \vec{p_{n+1}} = A\vec{p_n} + \vec{b} $$

と、(1) の方程式

$$ \vec{p} = A\vec{p} + \vec{b} $$

の辺々を引くと、

$$ \vec{p_{n+1}} - \vec{p} = A(\vec{p_n} - \vec{p}) $$

となる。$\vec{q_n} = \vec{p_n} - \vec{p}$ であるから、これを代入して

$$ \vec{q_{n+1}} = A\vec{q_n} $$

(3)

$A = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ について、$A^n$ を推測する。

$$ A^2 = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$

$$ A^3 = A^2 A = \frac{1}{4} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{8} \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$

これより、自然数 $n$ に対して

$$ A^n = \frac{1}{2^n} \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \quad \cdots (*) $$

と推測できる。これを数学的帰納法で証明する。

(i) $n=1$ のとき

$$ \frac{1}{2^1} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = A $$

となり、$(*)$ は成り立つ。

(ii) $n=k$ ($k$ は自然数) のとき、$(*)$ が成り立つと仮定する。すなわち、

$$ A^k = \frac{1}{2^k} \begin{pmatrix} 1 & k \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$

とする。このとき、$n=k+1$ の場合を考えると、

$$ A^{k+1} = A^k A = \frac{1}{2^k} \begin{pmatrix} 1 & k \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2^{k+1}} \begin{pmatrix} 1 & 1+k \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2^{k+1}} \begin{pmatrix} 1 & k+1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$

となり、$n=k+1$ のときも $(*)$ は成り立つ。

(i), (ii) より、すべての自然数 $n$ に対して

$$ A^n = \frac{1}{2^n} \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$

である。

(4)

(2) より、数列 $\{\vec{q_n}\}$ について

$$ \vec{q_n} = A^{n-1}\vec{q_1} \quad (n \geqq 1) $$

となる。ここで $\vec{q_1}$ は、

$$ \vec{q_1} = \vec{p_1} - \vec{p} = \vec{a} - \vec{p} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \end{pmatrix} $$

である。 $n \geqq 2$ のとき、(3) の結果を用いると

$$ \vec{q_n} = \frac{1}{2^{n-1}} \begin{pmatrix} 1 & n-1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \end{pmatrix} = \frac{1}{2^{n-1}} \begin{pmatrix} -1 - 2(n-1) \\ -2 \end{pmatrix} = \frac{1}{2^{n-1}} \begin{pmatrix} 1 - 2n \\ -2 \end{pmatrix} $$

これは $n=1$ のとき、$\frac{1}{2^0} \begin{pmatrix} 1 - 2 \\ -2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \end{pmatrix}$ となり成り立つため、すべての自然数 $n$ で成り立つ。

$\vec{p_n} = \vec{q_n} + \vec{p}$ であるから、

$$ \vec{p_n} = \frac{1}{2^{n-1}} \begin{pmatrix} 1 - 2n \\ -2 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1 - 2n}{2^{n-1}} + 2 \\ -\frac{2}{2^{n-1}} + 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1 - 2n}{2^{n-1}} + 2 \\ -\frac{1}{2^{n-2}} + 2 \end{pmatrix} $$

解法2

(3) の別解（二項定理を用いる方法）

$A = \frac{1}{2} \left\{ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right\}$ と変形する。単位行列 $E = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ と行列 $N = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ を用いると、

$$ A = \frac{1}{2}(E + N) $$

となる。$E$ は任意の正方行列と交換可能であるから、二項定理を用いて $(E+N)^n$ を展開できる。ここで、$N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} = O$ （零行列）となるため、$k \geqq 2$ に対して $N^k = O$ となる。したがって、

$$ A^n = \frac{1}{2^n} (E + N)^n = \frac{1}{2^n} (E^n + nE^{n-1}N + \cdots) = \frac{1}{2^n} (E + nN) $$

となる。成分を計算して、

$$ A^n = \frac{1}{2^n} \left\{ \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} + n \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \right\} = \frac{1}{2^n} \begin{pmatrix} 1 & n \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$

解説

行列の累乗と、連立漸化式をベクトルと行列で表した問題である。 (1) と (2) は特性方程式を用いた漸化式の変形そのものであり、誘導に従えば自然に解ける。 (3) の $A^n$ を求める計算では、いくつか累乗を計算して法則を推測し数学的帰納法で証明する手法が最も確実で書きやすい。また、解法2で示したように、$E$ とべき零行列 $N$ の和に分解し二項定理を使う手法も行列の $n$ 乗計算における定石であり、計算の負担を減らすことができる。