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東京大学 1985年理系第4問解説

方針・初手

（1）は行列の $n$ 乗を求めることと、一次変換における線分の長さを計算する問題である。行列 $A$ の累乗 $A^n$ は、数項計算して規則性を推測し数学的帰納法で証明するか、固有値と固有ベクトルを用いた対角化により求める。点 $P_n, Q_n, R_n$ の座標を直接求めるよりも、変換前のベクトル $\vec{PQ}, \vec{QR}, \vec{RP}$ に $A^n$ を掛けて変換後の線分ベクトルを求める方が計算が見通しやすくなる。

（2）は自然数 $n$ を変数とする数列 $f_n$ の最小値を求める問題である。$b = a^{-1}$ であることに気づけば $f_n$ は $a$ と $n$ だけの式になる。数列の増減は隣接2項の差 $f_{n+1} - f_n$ の符号を調べるのが定石である。

解法1

(1)

$A = \begin{pmatrix} a & 0 \\ a-b & b \end{pmatrix}$ の累乗を計算する。

$$ A^2 = \begin{pmatrix} a & 0 \\ a-b & b \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & 0 \\ a-b & b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2 & 0 \\ a(a-b) + b(a-b) & b^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^2 & 0 \\ a^2-b^2 & b^2 \end{pmatrix} $$

$$ A^3 = A^2 A = \begin{pmatrix} a^2 & 0 \\ a^2-b^2 & b^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & 0 \\ a-b & b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^3 & 0 \\ a(a^2-b^2) + b^2(a-b) & b^3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a^3 & 0 \\ a^3-b^3 & b^3 \end{pmatrix} $$

これより、すべての自然数 $n$ について $A^n = \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ a^n-b^n & b^n \end{pmatrix}$ が成り立つと推測できる。これを数学的帰納法で示す。

[1] $n=1$ のとき推測した式は $A^1 = \begin{pmatrix} a & 0 \\ a-b & b \end{pmatrix}$ となり、明らかに成り立つ。

[2] $n=k$ （$k$ は自然数）のとき成り立つと仮定する。すなわち、$A^k = \begin{pmatrix} a^k & 0 \\ a^k-b^k & b^k \end{pmatrix}$ と仮定する。

$$ \begin{aligned} A^{k+1} &= A^k A \\ &= \begin{pmatrix} a^k & 0 \\ a^k-b^k & b^k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & 0 \\ a-b & b \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} a^{k+1} & 0 \\ a(a^k-b^k) + b^k(a-b) & b^{k+1} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} a^{k+1} & 0 \\ a^{k+1}-b^{k+1} & b^{k+1} \end{pmatrix} \end{aligned} $$

よって、$n=k+1$ のときも成り立つ。 [1], [2] より、すべての自然数 $n$ で $A^n = \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ a^n-b^n & b^n \end{pmatrix}$ である。

次に、点 $P, Q, R$ の位置ベクトルをそれぞれ $\vec{p}, \vec{q}, \vec{r}$ とおく。条件より $\vec{p} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 0 \end{pmatrix}, \vec{q} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 1 \end{pmatrix}, \vec{r} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ である。一次変換による像 $P_n, Q_n, R_n$ の位置ベクトルはそれぞれ $\vec{p_n} = A^n \vec{p}, \vec{q_n} = A^n \vec{q}, \vec{r_n} = A^n \vec{r}$ と表せるので、各線分ベクトルを計算する。

$$ \begin{aligned} \vec{P_nQ_n} &= \vec{q_n} - \vec{p_n} = A^n(\vec{q} - \vec{p}) \\ &= \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ a^n-b^n & b^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ b^n \end{pmatrix} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} \vec{Q_nR_n} &= \vec{r_n} - \vec{q_n} = A^n(\vec{r} - \vec{q}) \\ &= \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ a^n-b^n & b^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{a^n}{2} \\ \frac{a^n-b^n}{2} \end{pmatrix} \end{aligned} $$

$$ \begin{aligned} \vec{R_nP_n} &= \vec{p_n} - \vec{r_n} = A^n(\vec{p} - \vec{r}) \\ &= \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ a^n-b^n & b^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{a^n}{2} \\ -\frac{a^n+b^n}{2} \end{pmatrix} \end{aligned} $$

各線分の長さの2乗はベクトルの大きさの2乗に等しいので、

$$ \overline{P_nQ_n}^2 = | \vec{P_nQ_n} |^2 = (b^n)^2 = b^{2n} $$

$$ \overline{Q_nR_n}^2 = | \vec{Q_nR_n} |^2 = \frac{1}{4}a^{2n} + \frac{1}{4}(a^n-b^n)^2 = \frac{1}{4}(2a^{2n} - 2a^nb^n + b^{2n}) $$

$$ \overline{R_nP_n}^2 = | \vec{R_nP_n} |^2 = \frac{1}{4}a^{2n} + \frac{1}{4}(a^n+b^n)^2 = \frac{1}{4}(2a^{2n} + 2a^nb^n + b^{2n}) $$

したがって、$f_n$ は次のように求まる。

$$ \begin{aligned} f_n &= 3\overline{P_nQ_n}^2 + 2\overline{Q_nR_n}^2 + 2\overline{R_nP_n}^2 \\ &= 3b^{2n} + \frac{1}{2}(2a^{2n} - 2a^nb^n + b^{2n}) + \frac{1}{2}(2a^{2n} + 2a^nb^n + b^{2n}) \\ &= 3b^{2n} + \frac{1}{2}(4a^{2n} + 2b^{2n}) \\ &= 2a^{2n} + 4b^{2n} \end{aligned} $$

(2)

$a = 1.1 = \frac{11}{10}$, $b = \frac{1}{1.1} = \frac{10}{11}$ より、$b = a^{-1}$ の関係がある。これより $f_n$ は次のように表せる。

$$ f_n = 2a^{2n} + 4a^{-2n} $$

自然数 $n$ に対する数列 $f_n$ の増減を調べるため、差 $f_{n+1} - f_n$ を計算する。

$$ \begin{aligned} f_{n+1} - f_n &= (2a^{2n+2} + 4a^{-2n-2}) - (2a^{2n} + 4a^{-2n}) \\ &= 2a^{2n}(a^2 - 1) + 4a^{-2n}(a^{-2} - 1) \\ &= 2a^{2n}(a^2 - 1) + 4a^{-2n} \cdot \frac{1 - a^2}{a^2} \\ &= 2(a^2 - 1) \left( a^{2n} - \frac{2}{a^{2n+2}} \right) \\ &= 2(a^2 - 1) (a^{2n} - 2a^{-2n-2}) \end{aligned} $$

ここで $a = 1.1$ であるから $a > 1$ となり、$a^2 - 1 > 0$ である。したがって、$f_{n+1} - f_n$ の符号は $a^{2n} - 2a^{-2n-2}$ の符号と一致する。

$$ \begin{aligned} f_{n+1} - f_n > 0 &\iff a^{2n} - 2a^{-2n-2} > 0 \\ &\iff a^{4n+2} > 2 \\ &\iff (1.1)^{4n+2} > 2 \end{aligned} $$

ここで $a^2 = (1.1)^2 = 1.21$ であることを利用して累乗を計算する。

$n=1$ のとき、$(1.1)^{4n+2} = (1.1)^6 = (1.21)^3 = 1.21 \times 1.4641 = 1.771561 < 2$
$n=2$ のとき、$(1.1)^{4n+2} = (1.1)^{10} = (1.21)^5 = (1.1)^6 \times (1.21)^2 = 1.771561 \times 1.4641 \approx 2.59 > 2$

底が $1.1 (>1)$ であるため、$(1.1)^{4n+2}$ は $n$ とともに単調増加する。したがって、 $n=1$ のとき $f_2 - f_1 < 0$ より $f_1 > f_2$ $n \ge 2$ のとき $f_{n+1} - f_n > 0$ より $f_2 < f_3 < f_4 < \cdots$

以上より、数列 $\{f_n\}$ は $n=2$ のときに最小値をとる。

解法2

(1) の $A^n$ の導出（対角化による別解）

$A = \begin{pmatrix} a & 0 \\ a-b & b \end{pmatrix}$ の固有方程式は $(a-\lambda)(b-\lambda) = 0$ であり、固有値は $\lambda = a, b$ である。

[1] $a \neq b$ のときそれぞれの固有ベクトルを求める。 $\lambda = a$ のとき、$\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ a-b & b-a \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ より $(a-b)(x-y) = 0$。$a \neq b$ より $x=y$ となり、固有ベクトルの一つは $\vec{u_1} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ ととれる。 $\lambda = b$ のとき、$\begin{pmatrix} a-b & 0 \\ a-b & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ より $(a-b)x = 0$。$x=0$ となり、固有ベクトルの一つは $\vec{u_2} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ ととれる。

正則行列 $P = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ を用いると、$P^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}$ であり、対角化ができる。

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

よって、

$$ \begin{aligned} A^n &= P \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ 0 & b^n \end{pmatrix} P^{-1} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ 0 & b^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ a^n & b^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ a^n-b^n & b^n \end{pmatrix} \end{aligned} $$

[2] $a = b$ のとき $A = \begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & a \end{pmatrix} = aE$ （$E$ は単位行列）となるため、$A^n = a^n E = \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ 0 & a^n \end{pmatrix}$ となる。これは [1] の結果の式に $b=a$ を代入したものと一致する。以上より、任意の $a, b$ について $A^n = \begin{pmatrix} a^n & 0 \\ a^n-b^n & b^n \end{pmatrix}$ となる。（以降の計算は解法1と同様）

(2) の別解（実数関数への拡張によるアプローチ）

$f_n = 2a^{2n} + 4a^{-2n}$ に対し、実数 $x > 0$ を変数とする関数 $g(x) = 2a^{2x} + 4a^{-2x}$ を考える。$a = 1.1$ である。

$$ \begin{aligned} g'(x) &= 2 \cdot 2 (\log a) a^{2x} + 4 \cdot (-2) (\log a) a^{-2x} \\ &= 4(\log a) (a^{2x} - 2a^{-2x}) \end{aligned} $$

$a > 1$ より $\log a > 0$ であるため、$g'(x) = 0$ となる条件は $a^{2x} - 2a^{-2x} = 0$ すなわち $a^{4x} = 2$ である。これを満たす $x$ を $\alpha$ とおくと、

$$ \alpha = \frac{\log_{1.1} 2}{4} $$

解法1の累乗計算から $(1.1)^6 < 2 < (1.1)^{10}$ が分かっているので、$6 < 4\alpha < 10$ すなわち $1.5 < \alpha < 2.5$ であることがわかる。関数 $g(x)$ は $x = \alpha$ で極小かつ最小となるため、離散的な自然数 $n$ における最小値の候補は、$\alpha$ に近い $n=1, 2, 3$ に絞られる。

$n=1$ のとき $f_1 = 2(1.1)^2 + 4(1.1)^{-2} = 2.42 + \frac{4}{1.21} \approx 2.42 + 3.30 = 5.72$
$n=2$ のとき $f_2 = 2(1.1)^4 + 4(1.1)^{-4} = 2(1.4641) + \frac{4}{1.4641} \approx 2.93 + 2.73 = 5.66$
$n=3$ のとき $f_3 = 2(1.1)^6 + 4(1.1)^{-6} = 2(1.771561) + \frac{4}{1.771561} \approx 3.54 + 2.26 = 5.80$

これらの値を比較すると、$f_2$ が最も小さい。したがって、最小となる自然数は $n=2$ である。

解説

行列の $n$ 乗計算は、固有値を用いた対角化が標準的だが、本問の行列 $A$ は三角行列であるため、手計算で数項を求めて規則性を予想するアプローチが非常に有効で手早く済む。

後半の最小値を求める問題は「相加相乗平均の関係」を使いたくなる形（$A + \frac{B}{A}$ の形）をしているが、変数が連続な実数ではなく「自然数 $n$」に限定されている点に注意が必要である。相加相乗平均の等号成立条件を満たす実数が自然数になるとは限らないため、数列の単調性を確認するための「隣接項の差をとる」という離散数学の基本手技を選択できるかが問われている。