上： 三項間漸化式と行列の累乗 前： 関連入試問題

解答

解答 1   問題1

1. $$\begin{eqnarray*} A^2&=&tA+A(A-tE)\ =\ tA+\matrix{p}{q}{r}{s}\matrix{-s}{q}{r}{-p}\\ &=&tA+\matrix{-ps+qr}{0}{0}{-ps+qr}\ =\ tA-dE \end{eqnarray*}$$
   
   

2. $$\begin{eqnarray*} a_{n+1}A+b_{n+1}E&=&A^{n+1}\ =\ AA^n\ =\ A(a_nA+b_nE)\\ &=&a_nA^2+b_nA\ =\ (ta_n+b_n)A-da_nE \end{eqnarray*}$$
   
   
   
   
   $$∴\quad(a_{n+1}-ta_n-b_n)A=-(b_{n+1}+da_n)E$$
   
   
   ここで, $a_{n+1}-ta_n-b_n\ne0$ なら, $A=\dfrac{-(b_{n+1}+da_n)}{a_{n+1}-ta_n-b_n}E$ となるので仮定に反する. したがって
   
   $$a_{n+1}-ta_n-b_n=0,\ b_{n+1}+da_n=0\qquad∴\quad\left\{\begin{array}{l} a_{n+1}=ta_n+b_n\\ b_{n+1}=-da_n \end{array}\right.$$
   
   

3. $A=\matrix{-1}{-2}{3}{4}$ のとき, $t=3,\ d=2$ である. つまり
   
   $$\left\{\begin{array}{ll} a_{n+1}=3a_n+b_n&\cdots\maru1\\ b_{n+1}=-2a_n&\cdots\maru2 \end{array}\right.$$
   
   
   $\maru1+\maru2$ から
   
   $$a_{n+1}+b_{n+1}=a_n+b_n\qquad∴\quad a_n+b_n=a_1+b_1=1+0$$
   
   
   $b_n=1-a_n$ を1に代入する.
   
   $$\begin{array}{c} a_{n+1}=3a_n+1-a_n=2a_n+1\quad\iff\quad a_{... ...rray}{l} a_n=2^n-1\\ b_n=-2^n+2 \end{array}\right. \end{array}$$
   
   
   よって
   $$\begin{eqnarray*} A^n&=&(2^n-1)\matrix{-1}{-2}{3}{4}+(-2^n+2)\matrix{1}{0}{0}{1}... ...&=&\matrix{-2\cdot2^n+3}{-2\cdot2^n+2}{3\cdot2^n-3}{3\cdot2^n-2} \end{eqnarray*}$$
   
   

解答 2   問題2

1. $$\begin{eqnarray*} x^{n+1}&=&x^n\cdot x\\ &=&\{(x^2-x+d)Q_n(x)+a_nx+b_n\}\cdot x... ...+a_n\}+a_nx+b_nx-da_n\\ &=&(x^2-x+d)Q_{n+1}(x)+a_{n+1}x+b_{n+1} \end{eqnarray*}$$
   
   
   よって, $n=1,\,2,\,3,\,\cdots$ に対して, $a_{n+1}=a_n+b_n,\ b_{n+1}=-da_n$ が成り立つ.
2. $n=1$ のときは $a_1=1,\ b_1=0$ より成立.
   $A^n=a_nA+b_nE$ とする．このとき
   $$\begin{eqnarray*} A^{n+1}&=&A(a_nA+b_nE)\ =\ a_nA^2+b_nA\\ &=&a_n(A-dE)+b_nA\ =\ (a_n+b_n)A-da_nE\\ &=&a_{n+1}A+b_{n+1}E \end{eqnarray*}$$
   
   
   よって, 帰納法により自然数 $n$ に対して $A^n=a_nA+b_nE$

   別解1

   $n=1$ のときは上と同様.
   $n=2$ のとき, $a_2=1+0=1,\ b_2=-d$ . つまり, $A^2=A-dE$ でなければならない．一方 $A^2-A+dE=O$ より, $A^2=A-dE=O$ なので成立.
   $n,\ n+1$ で成立するとする.
   $A^2-A+dE=O$ より, $A^{n+2}-A^{n+1}+dA^n=O$ ．よって

   $$\begin{eqnarray*} A^{n+2}&=&A^{n+1}-dA^n\ =\ a_{n+1}A+b_{n+1}E-d(a_nA+b_nE)\\ &... ...n+b_n)E\ =\ (a_{n+1}+b_{n+1})A-da_{n+1}E\\ &=&a_{n+2}A+b_{n+2}E \end{eqnarray*}$$
   
   
   よって, 帰納法により自然数 $n$ に対して, $A^n=a_nA+b_nE$

   別解2

   $(aA^n)(bA^m)=abA^{n+m}$ なので行列 $A$ の多項式の積は文字の場合の展開と同様にできる.
   よって，恒等式 $f(x)=g(x)$ に対して $f(A)=g(A)$ が成り立つ.
   したがって, $x^n=(x^2-x+d)Q_n(x)+a_nx+b_n$ より
   

   $$A^n=a_nA+b_nE$$
   
   

3. ケイレイ・ハミルトンの定理から
   
   $$A^2-(1+0)A+(1\cdot0-2\cdot3)E=A^2-A-6E=O$$
   
   
   
   
   $$x^n=(x^2-x-6)Q_n(x)+a_nx+b_n=(x-3)(x+2)Q_n(x)+a_nx+b_n$$
   
   
   ここで, $x=3,\ x=-2$ を代入する.
   
   $$3^n=a_n\cdot3+b_n,\quad(-2)^n=a_n\cdot(-2)+b_n$$
   
   
   これから
   
   $$a_n=\dfrac{3^n-(-2)^n}{5},\quad b_n=\dfrac{2\cdot3^n+3(-2)^n}{5}$$
   
   
   よって, (2)から
   $$\begin{eqnarray*} A^n&=&a_nA+b_nE\\ &=&\dfrac{3^n-(-2)^n}{5}\matrix{1}{2}{3}{0}... ...n}{5}}{\dfrac{2\cdot3^n+3(-2)^n}{5}}\\ &&(n=1,\,2,\,3,\,\cdots) \end{eqnarray*}$$
   
   

解答 3   問題3

1. $\vecarray{f_n}{f_{n+1}}=\matrix{0}{1}{2}{1}\vecarray{f_{n-1}}{f_n}$ より, $A=\matrix{0}{1}{2}{1}$ とすればよい.
2. $\matrix{0}{1}{2}{1}\vecarray{1}{x}=k\vecarray{1}{x}$ とおく.
   $\matrix{-k}{1}{2}{1-k}\vecarray{1}{x}=O$ が $\vecarray{1}{x}=O$ 以外の解をもつので
   
   $$\Delta\matrix{-k}{1}{2}{1-k}=0\quad\Rightarrow\quad k^2-k-2=0\qquad∴\quad k=2,\ -1$$
   
   
   
   
   $$\left\{\begin{array}{lll} k=2のとき &\matrix{-2}{1}{2}{-1}\v... ...ix{1}{1}{2}{2}\vecarray{1}{x}=O\,より,&x=-1 \end{array}\right.$$
   
   
   
   
   $$∴\quad a=2,\ b=-1,\ u=2,\ v=-1$$
   
   

3. となるので
                                            $P^{-1}AP=\matrix{2}{0}{0}{-1}$
4. $\vecarray{f_n}{f_{n+1}}=A\vecarray{f_{n-1}}{f_n}=A^{n-1}\vecarray{f_1}{f_2}$ である．ここで
   
   $$\begin{array}{c} \left(P^{-1}AP\right)^{n-1}=\matrix{2}{0}{0... ...n-1}P\quad\iff\quad A^{n-1}=P(P^{-1}AP)^{n-1}P^{-1} \end{array}$$
   
   
   
   
   
   よって
   
   $$f_n=\dfrac{1}{3}\{2^{n-1}+2\cdot(-1)^{n-1}\}f_1+\dfrac{1}{3}\{2^{n-1}-(-1)^{n-1}\}f_2$$
   
   

解答 4   問題4

1. $$\begin{eqnarray*} \alpha u_{n+3}+\beta v_{n+3} &=&\alpha(u_n+u_{n+1}+u_{n+2})+... ...(\alpha u_{n+1}+\beta v_{n+1}) +(\alpha u_{n+2}+\beta v_{n+2}) \end{eqnarray*}$$
   
   
   つまり，数列 $\{ \alpha u_n+\beta v_n \}$ は性質 (F) を持つ.
2. 
   
   $$\alpha=y_1,\ \beta=y_2,\ \gamma=y_3$$
   
   
   とおく．このとき
   
   $$y_n=\alpha a_n+\beta b_n+\gamma c_n$$
   
   
   となることを数学的帰納法で示す．

   $n=1,\ 2,\ 3$ については 数列 $\{ a_n \},\ \{b_n\},\ \{c_n\}$ の条件から成立する．

   $n,\ n+1,\ n+2$ で成立したとする．

   $$\begin{eqnarray*} y_{n+3}&=&y_n+y_{n+1}+y_{n+2}\\ &=&(\alpha a_n+\beta b_n+\g... ...+1}+c_{n+2})\\ &=&\alpha a_{n+3}+\beta b_{n+3}+\gamma c_{n+3} \end{eqnarray*}$$
   
   
   ゆえに $n+3$ でも成立し，帰納法によってすべての $n$ で成立する．
3. ある実数 $\alpha,\ \beta,\ \gamma$ を選んで
   
   $$h_n=\alpha d_n+\beta e_n+\gamma f_n$$
   
   
   と表すことができたとする．
   $$\begin{eqnarray*} (h_1,\ h_2,\ h_3) &=&(\alpha d_1+\beta e_1+\gamma f_1,\ \alp... ...d_1,\ d_2,\ d_3)+\beta(e_1,\ e_2,\ e_3)+\gamma(f_1,\ f_2,\ f_3) \end{eqnarray*}$$
   
   
   つまり空間ベクトルの間に
   
   $$(1,\ 1,\ 1)=\alpha(0,\ 1,\ 1)+\beta(1,\ 1,\ 0)+\gamma(1,\ 0,\ -1)$$
   
   
   という関係がある． ところが $(1,\ 0,\ -1)=(1,\ 1,\ 0)-(0,\ 1,\ 1)$ なので
   
   $$(1,\ 1,\ 1)=(\alpha-\gamma)(0,\ 1,\ 1)+(\beta+\gamma)(1,\ 1,\ 0)$$
   
   
   つまり
   
   $$1=\beta+\gamma,\ 1=\alpha+\beta,\ 1=\alpha-\gamma$$
   
   
   ところが第1式と第3式から $2=\alpha+\beta$ となり，第2式と矛盾した．

   ゆえにどのように $\alpha,\ \beta,\ \gamma$ を選んでも 数列 $\{ h_n \}$ を 題意のように表すことはできない

解答 5   問題5

1. 行列 $xE-A=\matrix{x-4}{-3}{-2}{x+1}$が逆行列をもたないので
   
   $${\it\Delta}(xE-A)=(x-4)(x+1)-6=x^2-3x-10=(x-5)(x+2)=0$$
   
   
   したがって $\alpha=5,\ \beta=-2$である．よって
   
   $$P=\dfrac{1}{7}\matrix{6}{3}{2}{1},\ Q=-\dfrac{1}{7}\matrix{-1}{3}{2}{-6}$$
   
   
   $$\begin{eqnarray*} PQ&=&-\dfrac{1}{49}\matrix{6}{3}{2}{1}\matrix{-1}{3}{2}{-6}\\ &=&-\dfrac{1}{49}\matrix{0}{0}{0}{0}=\matrix{0}{0}{0}{0} \end{eqnarray*}$$
   
   

2. $$\begin{eqnarray*} P^2&=&\dfrac{1}{7^2}\matrix{6}{3}{2}{1}^2\\ &=&\dfrac{1}{49}\matrix{42}{21}{14}{7}=P \end{eqnarray*}$$
   
   
   この等式の両辺に$P^n$を乗じて
   
   $$P^{n+1}=P^n$$
   
   
   
   
   $$∴\quad P^n=P=\dfrac{1}{7}\matrix{6}{3}{2}{1}$$
   
   

3. 
   
   $$A^n=\alpha^nP+\beta^nQ$$
   
   
   を数学的帰納法で示す．

   $n=1$のとき．

   $$\begin{eqnarray*} \alpha P+\beta Q&=&\dfrac{5}{7}\matrix{6}{3}{2}{1}+ \dfrac{2... ...trix{-1}{3}{2}{-6}\\ &=&\dfrac{1}{7}\matrix{28}{21}{14}{-7}=A \end{eqnarray*}$$
   
   
   より成立．

   $n=k$のとき $A^k=\alpha^kP+\beta^kQ$とする．(1)と同様に$QP=O$でもある．

   $$\begin{eqnarray*} ∴\quad A^{k+1}&=&(\alpha^kP+\beta^kQ)(\alpha P+\beta Q)\\ ... ...alpha\beta^kQP+\beta^{k+1}Q^2\\ &=&\alpha^{k+1}P+\beta^{k+1}Q \end{eqnarray*}$$
   
   
   よって$n=k+1$でも成立し，題意が示された．

別解

※上の計算では単に計算するだけなので，もう少しなぜこのようになるのかわかるように証明しておく． 冒頭の部分は同じ．

1. 解と係数の関係から $\alpha+\beta=3,\ \alpha\beta=-10$である．
   $$\begin{eqnarray*} PQ&=&-\dfrac{1}{\beta^2-\alpha^2}\matrix{\alpha+1}{3}{2}{\alp... ...rac{1}{\beta^2-\alpha^2}\matrix{0}{0}{0}{0}=\matrix{0}{0}{0}{0} \end{eqnarray*}$$
   
   

2. $$\begin{eqnarray*} P+Q&=& \dfrac{1}{\alpha-\beta}\matrix{\alpha+1}{3}{2}{\alpha... ...rac{1}{\beta-\alpha}\matrix{\beta-\alpha}{0}{0}{\beta-\alpha}=E \end{eqnarray*}$$
   
   
   である．したがって
   
   $$P^2=P(E-Q)=P-PQ=P$$
   
   

   ゆえに本解と同様に$P^n=P$である．

3. 
   
   $$QP=(E-P)P=P-P^2=O$$
   
   
   も同様である．

   ここで

   $$\begin{eqnarray*} \alpha P+\beta Q&=&\dfrac{\alpha}{\alpha-\beta}\matrix{\alpha... ...4\alpha}\\ &=&\matrix{\beta+\alpha+1}{3}{2}{\beta+\alpha-4}=A \end{eqnarray*}$$
   
   
   $PQ=QP=O$なので
   $$\begin{eqnarray*} A^n&=&(\alpha P+\beta Q)^n\\ &=&(\alpha P+\beta Q)(\alpha P... ... Q)\\ &=&\alpha^n P^n+\beta^n Q^n\\ &=&\alpha^n P+\beta^n Q \end{eqnarray*}$$
   
   

上： 三項間漸化式と行列の累乗 前： 関連入試問題