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名古屋大学 2006年理系第2問解説

方針・初手

与えられた漸化式は、行列を用いて $(u_n, v_n)$ を $(s, 1)$ と行列の累乗で表すことができる。係数の行列を $A$ とおき、$A^2$ を計算すると $A^2 = -3E$ （$E$ は単位行列）となることに気づくのが最大のポイントである。これを利用して、$n$ が奇数の場合と偶数の場合で場合分けをして $(u_n, v_n)$ の一般項を求め、パラメータ $s$ を消去して軌跡 $l_n$ の方程式を求める。

解法1

(1)

$A = \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix}$ とおく。与えられた漸化式は、

$$ \begin{pmatrix} u_n \\ v_n \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} u_{n-1} \\ v_{n-1} \end{pmatrix} \quad (n \geqq 2) $$

と表せる。これを繰り返し用いると、

$$ \begin{pmatrix} u_n \\ v_n \end{pmatrix} = A^{n-1} \begin{pmatrix} u_1 \\ v_1 \end{pmatrix} = A^{n-1} \begin{pmatrix} s \\ 1 \end{pmatrix} \quad \cdots ① $$

となる。ここで、$A^2$ を計算すると、

$$ \begin{aligned} A^2 &= \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1-4 & -2+2 \\ 2-2 & -4+1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} -3 & 0 \\ 0 & -3 \end{pmatrix} \\ &= -3E \end{aligned} $$

となる（$E$ は単位行列）。これを利用し、$n$ が奇数の場合と偶数の場合で分ける。

(i) $n$ が奇数のとき

$n = 2k-1$ （$k$ は正の整数）とおく。$n-1 = 2k-2$ は偶数なので、

$$ \begin{aligned} A^{n-1} &= A^{2k-2} \\ &= (A^2)^{k-1} \\ &= (-3E)^{k-1} \\ &= (-3)^{k-1}E \end{aligned} $$

①より、

$$ \begin{pmatrix} u_{2k-1} \\ v_{2k-1} \end{pmatrix} = (-3)^{k-1}E \begin{pmatrix} s \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (-3)^{k-1}s \\ (-3)^{k-1} \end{pmatrix} $$

したがって、$u_{2k-1} = (-3)^{k-1}s$、$v_{2k-1} = (-3)^{k-1}$ である。 $s$ が実数全体を動くとき、$u_{2k-1}$ も実数全体を動くため、$(u_{2k-1}, v_{2k-1})$ の描く図形 $l_{2k-1}$ は $xy$ 平面上の直線

$$ y = (-3)^{k-1} $$

となる。

(ii) $n$ が偶数のとき

$n = 2k$ （$k$ は正の整数）とおく。$n-1 = 2k-1$ は奇数なので、

$$ \begin{aligned} A^{n-1} &= A^{2k-1} \\ &= A \cdot A^{2k-2} \\ &= A \cdot (-3)^{k-1}E \\ &= (-3)^{k-1}A \end{aligned} $$

①より、

$$ \begin{aligned} \begin{pmatrix} u_{2k} \\ v_{2k} \end{pmatrix} &= (-3)^{k-1} \begin{pmatrix} 1 & -2 \\ 2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} s \\ 1 \end{pmatrix} \\ &= (-3)^{k-1} \begin{pmatrix} s-2 \\ 2s-1 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

したがって、$u_{2k} = (-3)^{k-1}(s-2)$、$v_{2k} = (-3)^{k-1}(2s-1)$ である。ここからパラメータ $s$ を消去する。

$$ \begin{aligned} v_{2k} &= (-3)^{k-1}(2s-1) \\ &= 2 \cdot (-3)^{k-1}s - (-3)^{k-1} \\ &= 2 \{ u_{2k} + 2 \cdot (-3)^{k-1} \} - (-3)^{k-1} \\ &= 2u_{2k} + 4 \cdot (-3)^{k-1} - (-3)^{k-1} \\ &= 2u_{2k} + 3(-3)^{k-1} \end{aligned} $$

よって、$(u_{2k}, v_{2k})$ の描く図形 $l_{2k}$ は $xy$ 平面上の直線

$$ y = 2x + 3(-3)^{k-1} $$

となる。

以上より、求める図形 $l_n$ の方程式は、$k$ を正の整数として、 $n = 2k-1$ のとき、$y = (-3)^{k-1}$ $n = 2k$ のとき、$y = 2x + 3(-3)^{k-1}$

(2)

(1) の結果より、$l_{2k-1}$ は直線 $y = (-3)^{k-1}$ である。この直線と $y$ 軸との交点は $(0, (-3)^{k-1})$ である。これが求める円の中心となる。

また、$l_{2k}$ は直線 $y = 2x + 3(-3)^{k-1}$、すなわち

$$ 2x - y + 3(-3)^{k-1} = 0 $$

である。

求める円は $l_{2k}$ に接するので、円の半径 $r$ は、中心 $(0, (-3)^{k-1})$ と直線 $2x - y + 3(-3)^{k-1} = 0$ の距離に等しい。点と直線の距離の公式より、

$$ \begin{aligned} r &= \frac{|2 \cdot 0 - (-3)^{k-1} + 3(-3)^{k-1}|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2}} \\ &= \frac{|2 \cdot (-3)^{k-1}|}{\sqrt{5}} \\ &= \frac{2 \cdot 3^{k-1}}{\sqrt{5}} \end{aligned} $$

したがって、求める円の方程式は、

$$ x^2 + \left( y - (-3)^{k-1} \right)^2 = \left( \frac{2 \cdot 3^{k-1}}{\sqrt{5}} \right)^2 $$

すなわち、

$$ x^2 + \left( y - (-3)^{k-1} \right)^2 = \frac{4 \cdot 9^{k-1}}{5} $$

となる。

解説

行列の累乗の計算において、$A^2$ がスカラー行列（定数倍の単位行列）になることに気づけるかがすべての鍵となる問題である。ケーリー・ハミルトンの定理を用いれば $A^2 + 3E = O$ がすぐに導けるため、方針を立てるのは難しくない。$A^2$ がスカラー行列になる場合、指数が偶数か奇数かで振る舞いが変わるため、$n$ が奇数のとき（$n=2k-1$）と偶数のとき（$n=2k$）に分けて一般項を記述するのが自然な流れである。

(2) は (1) で求めた直線の方程式から点と直線の距離の公式を用いるだけである。指数部分の計算や絶対値の処理でミスをしないように気をつけたい。$(-3)^{k-1}$ は $k$ の偶奇によって符号が変わるが、絶対値をとることで $|(-3)^{k-1}| = 3^{k-1}$ と処理できる。