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大阪大学 1985年理系第2問解説

方針・初手

点 $P_n$ から点 $P_{n+1}$ への移動を表す1次変換の行列を $A$ とおき、ベクトルの漸化式を利用して解き進める。 (1) は行列 $A$ を用いて $\overrightarrow{P_1 P_2}$ を成分計算することで直接示せる。 (2) は階差ベクトル $\overrightarrow{P_n P_{n+1}}$ が $A$ の固有ベクトルになっている性質を用いて漸化式を解くか、行列 $A$ の $n$ 乗を対角化によって直接求めることで導出できる。 (3) は (2) で得られた結果を成分で表し、分母の最高次（公比が最大の項）で割って極限をとる。

解法1

変換を表す行列を $A = \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -3 & 4 \end{pmatrix}$ とおく。条件より、任意の自然数 $n$ に対して $\overrightarrow{OP_{n+1}} = A \overrightarrow{OP_n}$ が成り立つ。

(1)

$\overrightarrow{P_1 P_2}$ を $\overrightarrow{OP_1}$ を用いて表すと、

$$ \overrightarrow{P_1 P_2} = \overrightarrow{OP_2} - \overrightarrow{OP_1} = A \overrightarrow{OP_1} - \overrightarrow{OP_1} = (A - E) \overrightarrow{OP_1} $$

ここで $E$ は単位行列である。行列 $A - E$ を計算すると、

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

したがって、$\overrightarrow{OP_1} = \begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix}$ を代入すると、

$$ \overrightarrow{P_1 P_2} = \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -3 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x_1 - 2y_1 \\ -3x_1 + 3y_1 \end{pmatrix} = (x_1 - y_1) \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \end{pmatrix} $$

仮定より $x_1 \neq y_1$ であるから、$x_1 - y_1 \neq 0$ である。ゆえに、$\overrightarrow{P_1 P_2}$ は方向ベクトルが $\vec{d} = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \end{pmatrix}$ の直線に平行である。これは原点を通る定直線 $3x + 2y = 0$（または $y = -\frac{3}{2}x$）に平行であり、その傾きは点 $P_1$ の位置（$x_1, y_1$ の値）に無関係である。（証明終）

(2)

自然数 $k$ に対して、$\overrightarrow{P_k P_{k+1}}$ は次のように変形できる。

$$ \overrightarrow{P_k P_{k+1}} = \overrightarrow{OP_{k+1}} - \overrightarrow{OP_k} = A \overrightarrow{OP_k} - A \overrightarrow{OP_{k-1}} = A (\overrightarrow{OP_k} - \overrightarrow{OP_{k-1}}) = A \overrightarrow{P_{k-1} P_k} $$

これを繰り返し用いると、

$$ \overrightarrow{P_k P_{k+1}} = A^{k-1} \overrightarrow{P_1 P_2} $$

ここで、(1) で用いた方向ベクトル $\vec{d} = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \end{pmatrix}$ に対し、

$$ A \vec{d} = \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -3 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 12 \\ -18 \end{pmatrix} = 6 \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \end{pmatrix} = 6\vec{d} $$

が成り立つ。すなわち $\vec{d}$ は行列 $A$ の固有値 $6$ に属する固有ベクトルである。 (1) より $\overrightarrow{P_1 P_2} = (x_1 - y_1) \vec{d}$ であるから、

$$ \overrightarrow{P_k P_{k+1}} = A^{k-1} \{ (x_1 - y_1) \vec{d} \} = (x_1 - y_1) A^{k-1} \vec{d} = (x_1 - y_1) 6^{k-1} \vec{d} = 6^{k-1} \overrightarrow{P_1 P_2} $$

したがって、$n \geqq 2$ のとき $\overrightarrow{P_1 P_n}$ は階差ベクトルの和として求められる。

$$ \overrightarrow{P_1 P_n} = \sum_{k=1}^{n-1} \overrightarrow{P_k P_{k+1}} = \sum_{k=1}^{n-1} 6^{k-1} \overrightarrow{P_1 P_2} $$

等比数列の和の公式を用いると、

$$ \sum_{k=1}^{n-1} 6^{k-1} = \frac{6^{n-1} - 1}{6 - 1} = \frac{6^{n-1} - 1}{5} $$

よって、

$$ \overrightarrow{P_1 P_n} = \frac{6^{n-1} - 1}{5} \overrightarrow{P_1 P_2} $$

この式は $n=1$ のとき $\overrightarrow{P_1 P_1} = \vec{0}$ となり成立する。

(3)

(2) の結果から、成分について次の式が成り立つ。

$$ \begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} x_1 \\ y_1 \end{pmatrix} = \frac{6^{n-1} - 1}{5} (x_1 - y_1) \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \end{pmatrix} $$

すなわち、

$$ \begin{aligned} x_n &= x_1 + \frac{2}{5}(x_1 - y_1)(6^{n-1} - 1) \\ y_n &= y_1 - \frac{3}{5}(x_1 - y_1)(6^{n-1} - 1) \end{aligned} $$

題意より、すべての $n$ に対して $y_n \neq 0$ であるから、

$$ \frac{x_n}{y_n} = \frac{x_1 + \frac{2}{5}(x_1 - y_1)(6^{n-1} - 1)}{y_1 - \frac{3}{5}(x_1 - y_1)(6^{n-1} - 1)} $$

分母と分子を $6^{n-1}$ で割ると、

$$ \frac{x_n}{y_n} = \frac{\frac{x_1}{6^{n-1}} + \frac{2}{5}(x_1 - y_1)\left(1 - \frac{1}{6^{n-1}}\right)}{\frac{y_1}{6^{n-1}} - \frac{3}{5}(x_1 - y_1)\left(1 - \frac{1}{6^{n-1}}\right)} $$

ここで $n \to \infty$ のとき $\frac{1}{6^{n-1}} \to 0$ となるので、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{y_n} = \frac{0 + \frac{2}{5}(x_1 - y_1)(1 - 0)}{0 - \frac{3}{5}(x_1 - y_1)(1 - 0)} = \frac{\frac{2}{5}(x_1 - y_1)}{-\frac{3}{5}(x_1 - y_1)} $$

$x_1 \neq y_1$ より $x_1 - y_1 \neq 0$ であるから、これを約分して極限値が定まる。

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{y_n} = -\frac{2}{3} $$

解法2

行列の対角化を用いて $A^{n-1}$ を求め、(2)(3)を直接計算する別解を示す。(1)は解法1と同様とする。

(2)

行列 $A = \begin{pmatrix} 3 & -2 \\ -3 & 4 \end{pmatrix}$ の固有方程式は、

$$ \lambda^2 - 7\lambda + 6 = 0 \iff (\lambda - 1)(\lambda - 6) = 0 $$

よって固有値は $\lambda = 1, 6$ である。 $\lambda=1$ の固有ベクトルを $\vec{u} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$、$\lambda=6$ の固有ベクトルを $\vec{v} = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \end{pmatrix}$ とし、正則行列 $P = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & -3 \end{pmatrix}$ をおくと、$P^{-1} = \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ であり、

$$ P^{-1} A P = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 6 \end{pmatrix} $$

と対角化できる。これより $A^{n-1}$ は次のように計算できる。

$$ \begin{aligned} A^{n-1} &= P \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 6^{n-1} \end{pmatrix} P^{-1} \\ &= \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 1 & -3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 6^{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 1 & 2 \cdot 6^{n-1} \\ 1 & -3 \cdot 6^{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 3 & 2 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{5} \begin{pmatrix} 3 + 2 \cdot 6^{n-1} & 2 - 2 \cdot 6^{n-1} \\ 3 - 3 \cdot 6^{n-1} & 2 + 3 \cdot 6^{n-1} \end{pmatrix} \end{aligned} $$

ここで $\overrightarrow{P_1 P_n} = \overrightarrow{OP_n} - \overrightarrow{OP_1} = (A^{n-1} - E)\overrightarrow{OP_1}$ である。

$$ \begin{aligned} A^{n-1} - E &= \frac{1}{5} \begin{pmatrix} -2 + 2 \cdot 6^{n-1} & 2 - 2 \cdot 6^{n-1} \\ 3 - 3 \cdot 6^{n-1} & -3 + 3 \cdot 6^{n-1} \end{pmatrix} \\ &= \frac{6^{n-1} - 1}{5} \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -3 & 3 \end{pmatrix} \end{aligned} $$

解法1の(1)より、$\begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -3 & 3 \end{pmatrix} \overrightarrow{OP_1} = \overrightarrow{P_1 P_2}$ であるから、

$$ \overrightarrow{P_1 P_n} = \frac{6^{n-1} - 1}{5} \begin{pmatrix} 2 & -2 \\ -3 & 3 \end{pmatrix} \overrightarrow{OP_1} = \frac{6^{n-1} - 1}{5} \overrightarrow{P_1 P_2} $$

(3)

$\overrightarrow{OP_n} = A^{n-1} \overrightarrow{OP_1}$ より、$x_n, y_n$ は次のように表される。

$$ \begin{aligned} x_n &= \frac{1}{5} \left\{ (3 + 2 \cdot 6^{n-1})x_1 + (2 - 2 \cdot 6^{n-1})y_1 \right\} \\ y_n &= \frac{1}{5} \left\{ (3 - 3 \cdot 6^{n-1})x_1 + (2 + 3 \cdot 6^{n-1})y_1 \right\} \end{aligned} $$

$\frac{x_n}{y_n}$ を計算し、分母分子を $6^{n-1}$ で割る。

$$ \frac{x_n}{y_n} = \frac{\left(\frac{3}{6^{n-1}} + 2\right)x_1 + \left(\frac{2}{6^{n-1}} - 2\right)y_1}{\left(\frac{3}{6^{n-1}} - 3\right)x_1 + \left(\frac{2}{6^{n-1}} + 3\right)y_1} $$

$n \to \infty$ のとき $\frac{1}{6^{n-1}} \to 0$ より、

$$ \lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{y_n} = \frac{2x_1 - 2y_1}{-3x_1 + 3y_1} = \frac{2(x_1 - y_1)}{-3(x_1 - y_1)} = -\frac{2}{3} $$

解説

1次変換の繰り返しによって定まる点列に関する典型問題である。 (1)の直接計算の結果が、変換行列 $A$ の固有値・固有ベクトルと深く結びついていることに気づけるかが鍵となる。解法1のように階差ベクトルを用いた漸化式を立てると、対角化の煩雑な計算を回避してシンプルに結論を導くことができる。解法2のように行列 $A$ を対角化して $A^n$ を直接求める手法も非常に強力であり、一般項 $(x_n, y_n)$ を正確に求める必要がある場合には有用である。