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東北大学 2013年理系第5問解説

方針・初手

行列

$$ A=\begin{pmatrix} -\dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}}[4pt] \dfrac{1}{\sqrt{2}} & -\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} $$

は

$$ \begin{pmatrix} \cos \dfrac{3\pi}{4} & -\sin \dfrac{3\pi}{4}[4pt] \sin \dfrac{3\pi}{4} & \cos \dfrac{3\pi}{4} \end{pmatrix} $$

であり，角 $\dfrac{3\pi}{4}$ の回転を表す行列である。したがって $A^n$ は角 $\dfrac{3n\pi}{4}$ の回転になる。

また，漸化式は

$$ \begin{pmatrix} x_n\ y_n \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix} x_{n-1}\ y_{n-1} \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1\ 0 \end{pmatrix} $$

であるから，等比数列型の和に直すのが自然である。

解法1

(1)

$A^4$ を求める。

$A$ は角 $\dfrac{3\pi}{4}$ の回転行列であるから，$A^4$ は角

$$ 4\cdot \dfrac{3\pi}{4}=3\pi $$

の回転行列である。これは角 $\pi$ の回転と同じなので，

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

である。

実際に計算しても，

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

より，

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

となる。

(2)

$$ \begin{pmatrix} x_n\ y_n \end{pmatrix} =(E-A^{n+1})(E-A)^{-1} \begin{pmatrix} 1\ 0 \end{pmatrix} $$

を示す。

$\boldsymbol{p}_n=\begin{pmatrix}x_n\ y_n\end{pmatrix}$，$\boldsymbol{e}=\begin{pmatrix}1\0\end{pmatrix}$ とおくと，

$$ \boldsymbol{p}*n=A\boldsymbol{p}*{n-1}+\boldsymbol{e},\qquad \boldsymbol{p}_0=\boldsymbol{e} $$

である。

まず，この漸化式から

$$ \boldsymbol{p}_n=(E+A+\cdots +A^n)\boldsymbol{e} $$

が成り立つことを示す。

$n=0$ では明らかである。$n-1$ で成り立つとすると，

$$ \boldsymbol{p}_{n-1}=(E+A+\cdots +A^{n-1})\boldsymbol{e} $$

であるから，

$$ \begin{aligned} \boldsymbol{p}*n &=A\boldsymbol{p}*{n-1}+\boldsymbol{e}\\ &=A(E+A+\cdots +A^{n-1})\boldsymbol{e}+\boldsymbol{e}\\ &=(A+A^2+\cdots +A^n)\boldsymbol{e}+\boldsymbol{e}\\ &=(E+A+\cdots +A^n)\boldsymbol{e} \end{aligned} $$

となる。よって帰納的に成り立つ。

次に，

$$ (E-A)(E+A+\cdots +A^n)=E-A^{n+1} $$

であるから，

$$ E+A+\cdots +A^n=(E-A^{n+1})(E-A)^{-1} $$

となる。ただし，$E-A$ が可逆であることを確認しておくと，

$$ \det(E-A) ========= \begin{vmatrix} 1+\dfrac{1}{\sqrt{2}} & \dfrac{1}{\sqrt{2}}[4pt] -\dfrac{1}{\sqrt{2}} & 1+\dfrac{1}{\sqrt{2}} \end{vmatrix} ============= \left(1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+\dfrac12 =2+\sqrt{2}\neq 0 $$

であるから確かに逆行列をもつ。

したがって，

$$ \begin{pmatrix} x_n\ y_n \end{pmatrix} =\boldsymbol{p}_n =(E+A+\cdots +A^n)\boldsymbol{e} =(E-A^{n+1})(E-A)^{-1} \begin{pmatrix} 1\ 0 \end{pmatrix} $$

が成り立つ。

（3）原点 $O$ から $P_n$ までの距離 $OP_n$ が最大となる $n$ を求める。

点 $(x,y)$ を複素数 $x+iy$ に対応させる。$z_n=x_n+iy_n$ とおく。

行列 $A$ は角 $\dfrac{3\pi}{4}$ の回転を表すから，複素数で表せば $\omega=e^{3\pi i/4}$ を掛けることに対応する。したがって（2）より

$$ z_n=1+\omega+\omega^2+\cdots +\omega^n =\frac{1-\omega^{n+1}}{1-\omega} $$

である。

よって

$$ OP_n=|z_n| =\frac{|1-\omega^{n+1}|}{|1-\omega|} $$

となる。分母は一定であるから，$OP_n$ を最大にするには $|1-\omega^{n+1}|$ を最大にすればよい。

ここで $|\omega|=1$ なので，$\omega^{n+1}$ は単位円上の点である。したがって $|1-\omega^{n+1}|$ は，複素平面で点 $1$ と点 $\omega^{n+1}$ の距離であり，その最大値は $\omega^{n+1}=-1$ のときの $2$ である。

よって必要十分条件は

$$ \omega^{n+1}=-1 $$