九州大学 2012年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第5問

(1)
線分 $X_k{X}_{k+1}$ を $s:1-s$ に内分する点が $X_{k+2}$ であるから、座標について $$a_{k+2}=(1-s)a_k+s{a}_{k+1}$$ が成り立つ。

したがって $$a_{2n+1}=(1-s)a_{2n-1}+s{a}_{2n}$$ であり、さらに $$a_{2n+2}=(1-s)a_{2n}+s{a}_{2n+1}$$ である。第2式に第1式を代入すると $$a_{2n+2}=s(1-s)a_{2n-1}+\{1-s+s^2\}{a}_{2n}$$ となる。

よって$$\left(\begin{array}{c}{a}_{2n+1}\\ a_{2n+2}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1-s& s\\ s(1-s)& 1-s+s^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{a}_{2n-1}\\ a_{2n}\end{array}\right)$$であるから$$A=\left(\begin{array}{cc}1-s& s\\ s(1-s)& 1-s+s^2\end{array}\right)$$である。

(2) $$P=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ s-1& 1\end{array}\right)$$であり、$\det P=1-(s-1)=2-s$ である。$0<s<1$ だから $2-s\mathrm{\ne }0$ であり、$P$ は逆行列をもつ。

計算すると$$AP=\left(\begin{array}{cc}(1-s{)}^2& 1\\ -(1-s{)}^3& 1\end{array}\right)=P\left(\begin{array}{cc}(1-s{)}^2& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$$である。したがって$$B=P^{-1}AP=\left(\begin{array}{cc}(1-s{)}^2& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$$である。

(3)
(1)(2)より$$\left(\begin{array}{c}{a}_{2n+1}\\ a_{2n+2}\end{array}\right)=A^n\left(\begin{array}{c}{a}_1\\ a_2\end{array}\right)=P{B}^n{P}^{-1}\left(\begin{array}{c}{a}_1\\ a_2\end{array}\right)$$である。

まず$$P^{-1}=\frac{1}{2-s}\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 1-s& 1\end{array}\right)$$であるから$$P^{-1}\left(\begin{array}{c}{a}_1\\ a_2\end{array}\right)=\frac{1}{2-s}\left(\begin{array}{c}{a}_1-a_2\\ (1-s)a_1+a_2\end{array}\right)$$である。また$$B^n=\left(\begin{array}{cc}(1-s{)}^{2n}& 0\\ 0& 1\end{array}\right)$$である。

したがって$$\left(\begin{array}{c}{a}_{2n+1}\\ a_{2n+2}\end{array}\right)=\frac{1}{2-s}\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ s-1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}(1-s{)}^{2n}(a_1-a_2)\\ (1-s)a_1+a_2\end{array}\right)$$である。よって $${\displaystyle a_{2n+1}=\frac{a_2+(1-s)a_1+(1-s{)}^{2n}(a_1-a_2)}{2-s},}$$ $${\displaystyle a_{2n+2}=\frac{a_2+(1-s)a_1-(1-s{)}^{2n+1}(a_1-a_2)}{2-s}}$$ である。

(4)
$0<s<1$ だから $0<1-s<1$ である。したがって $(1-s{)}^{2n}\to 0,(1-s{)}^{2n+1}\to 0$ である。(3)の式から、奇数番目も偶数番目も同じ値に収束し、$${\displaystyle \underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }{a}_k=\frac{a_2+(1-s)a_1}{2-s}}$$ である。

(1) (2)で指定された行列を確認した後、(3)(4)では$d_k=a_{k+1}-a_k$ とおく。隣接差が公比 $-(1-s)$ の等比数列になるので、その和から $a_k$ を直接求める。極限は $0<1-s<1$ を使って指数項を消す。

(1)
内分点の公式より$$a_{k+2}=(1-s)a_k+s{a}_{k+1}$$である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a_{2n+1}}& {\displaystyle =(1-s)a_{2n-1}+s{a}_{2n},}\\ {\displaystyle a_{2n+2}}& {\displaystyle =s(1-s)a_{2n-1}+(1-s+s^2)a_{2n},}\end{array}$$なので$$A=\left(\begin{array}{cc}1-s& s\\ s(1-s)& 1-s+s^2\end{array}\right)\mathrm{.}$$(2)
問題で与えられた$$P=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ s-1& 1\end{array}\right)$$について直接計算すると$$AP=P\left(\begin{array}{cc}(1-s{)}^2& 0\\ 0& 1\end{array}\right)\mathrm{.}$$$0<s<1$ では $\det P=2-s\mathrm{\ne }0$ だから、$$B=P^{-1}AP=\left(\begin{array}{cc}(1-s{)}^2& 0\\ 0& 1\end{array}\right)\mathrm{.}$$(3)
ここからは行列の累乗を使わず、隣り合う差$$d_k=a_{k+1}-a_k$$を考える。漸化式より$$\begin{array}{rl}{\displaystyle d_{k+1}}& {\displaystyle =a_{k+2}-a_{k+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =(1-s)a_k-(1-s)a_{k+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =-(1-s)d_k\mathrm{.}}\end{array}$$したがって$$d_k=\{-(1-s){\}}^{k-1}(a_2-a_1)\mathrm{.}$$これを $d_1,\dots ,d_{k-1}$ について加えると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a_k}& {\displaystyle =a_1+(a_2-a_1)\sum _{j=0}^{k-2}\{-(1-s){\}}^j}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\frac{a_2+(1-s)a_1-(a_2-a_1)\{-(1-s){\}}^{k-1}}{2-s}\mathrm{.}}\end{array}$$よって $k=2n+1,2n+2$ を代入すれば$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a_{2n+1}}& {\displaystyle =\frac{a_2+(1-s)a_1+(1-s{)}^{2n}(a_1-a_2)}{2-s},}\\ {\displaystyle a_{2n+2}}& {\displaystyle =\frac{a_2+(1-s)a_1-(1-s{)}^{2n+1}(a_1-a_2)}{2-s}\mathrm{.}}\end{array}$$(4)
$0<1-s<1$ なので、(3)の指数項は $k\to \mathrm{\infty }$ で0に収束する。
したがって$$\underset{k\to \mathrm{\infty }}{\lim }{a}_k=\frac{a_2+(1-s)a_1}{2-s}\mathrm{.}$$