九州大学 2013年度 後期日程 第2次学力試験理系（後期）数学 第3問

(1)
漸化式を成分で書くと $$a_{n+1}=3a_n+4b_n,b_{n+1}=2a_n+3b_n$$ である。したがって $$a_{n+1}^2-2b_{n+1}^2=(3a_n+4b_n{)}^2-2(2a_n+3b_n{)}^2$$ $$=9a_n^2+24a_n{b}_n+16b_n^2-8a_n^2-24a_n{b}_n-18b_n^2=a_n^2-2b_n^2$$ である。初期値は $a_1=2,b_1=0$ だから $a_1^2-2b_1^2=4$ である。よって帰納的に、すべての $n$ で $a_n^2-2b_n^2=4$ が成り立ち、点 $(a_n,b_n)$ は双曲線 $x^2-2y^2=4$ 上にある。

(2) $A$ の2つの列ベクトルは$$\left(\begin{array}{c}r\\ 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}-r\\ 1\end{array}\right)$$である。行列$$M=\left(\begin{array}{cc}3& 4\\ 2& 3\end{array}\right)$$について、関係式は$$M\left(\begin{array}{c}r\\ 1\end{array}\right)=s\left(\begin{array}{c}r\\ 1\end{array}\right),M\left(\begin{array}{c}-r\\ 1\end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c}-r\\ 1\end{array}\right)$$を意味する。

1つ目から$$\left(\begin{array}{c}3r+4\\ 2r+3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}sr\\ s\end{array}\right)$$である。したがって $s=2r+3,3r+4=rs$ であり、代入して $3r+4=r(2r+3)$ すなわち $r^2=2$ を得る。$r>0$ より $r=\sqrt{2}$ である。よって $s=3+2\sqrt{2}$ である。同様に2つ目から $t=3-2\sqrt{2}$ を得る。

(3)
(2)の計算は、量 $a_n+\sqrt{2}{b}_n,a_n-\sqrt{2}{b}_n$ がそれぞれ一定倍されることを表している。実際、漸化式から $$a_{n+1}+\sqrt{2}{b}_{n+1}=(3+2\sqrt{2})(a_n+\sqrt{2}{b}_n)$$ であり、$$a_{n+1}-\sqrt{2}{b}_{n+1}=(3-2\sqrt{2})(a_n-\sqrt{2}{b}_n)$$ である。初期値より$$a_1+\sqrt{2}{b}_1=a_1-\sqrt{2}{b}_1=2$$だから$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a_n+\sqrt{2}{b}_n}& {\displaystyle =2(3+2\sqrt{2}{)}^{n-1},}\\ {\displaystyle a_n-\sqrt{2}{b}_n}& {\displaystyle =2(3-2\sqrt{2}{)}^{n-1}\mathrm{.}}\end{array}$$2式を足し引きして$$a_n=(3+2\sqrt{2}{)}^{n-1}+(3-2\sqrt{2}{)}^{n-1},$$$$b_n=\frac{(3+2\sqrt{2}{)}^{n-1}-(3-2\sqrt{2}{)}^{n-1}}{\sqrt{2}}$$を得る。

(1) (2)は保存量と指定行列の列ベクトルを直接調べる。(3)では1次の連立漸化式から$b_n$ を消去し、$a_n$ と $b_n$ がともに $u_{n+2}=6u_{n+1}-u_n$ を満たすことを示す。特性方程式の2解と初期値 $(a_1,a_2)=(2,6)$、$(b_1,b_2)=(0,4)$ から一般項を決定する。

(1)
成分漸化式は$$a_{n+1}=3a_n+4b_n,b_{n+1}=2a_n+3b_n$$である。したがって$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a_{n+1}^2-2b_{n+1}^2}& {\displaystyle =(3a_n+4b_n{)}^2-2(2a_n+3b_n{)}^2}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =a_n^2-2b_n^2\mathrm{.}}\end{array}$$初期値では $a_1^2-2b_1^2=4$ なので、すべての $n$ について$$a_n^2-2b_n^2=4$$である。よって $(a_n,b_n)$ は双曲線 $x^2-2y^2=4$ 上にある。

(2) $$M=\left(\begin{array}{cc}3& 4\\ 2& 3\end{array}\right)$$とおく。条件 $$A^{-1}MA=\mathrm{diag}(s,t)$$ は$$M\left(\begin{array}{c}r\\ 1\end{array}\right)=s\left(\begin{array}{c}r\\ 1\end{array}\right),M\left(\begin{array}{c}-r\\ 1\end{array}\right)=t\left(\begin{array}{c}-r\\ 1\end{array}\right)$$を意味する。第1式から $s=2r+3$、$3r+4=rs$ を得るので$$r^2=2.$$$r>0$ より $r=\sqrt{2}$、したがって $s=3+2\sqrt{2}$ である。
第2式も同様に計算して $t=3-2\sqrt{2}$ を得る。よって$$r=\sqrt{2},s=3+2\sqrt{2},t=3-2\sqrt{2}\mathrm{.}$$(3)
第1式を1つ進めると$$\begin{array}{rl}{\displaystyle a_{n+2}}& {\displaystyle =3a_{n+1}+4b_{n+1}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =3a_{n+1}+4(2a_n+3b_n)\mathrm{.}}\end{array}$$ここで $4b_n=a_{n+1}-3a_n$ を代入すると$$\begin{array}{cccc}& a_{n+2}=6a_{n+1}-a_n\mathrm{.}& & \text{(1)}\end{array}$$同様に$$\begin{array}{cccc}& b_{n+2}=6b_{n+1}-b_n& & \text{(2)}\end{array}$$である。(1)、(2)の特性方程式$${\lambda }^2-6\lambda +1=0$$の解は $3\pm 2\sqrt{2}$ である。

$a_1=2,a_2=6$、$b_1=0,b_2=4$ を用いて係数を決めると$$a_n=(3+2\sqrt{2}{)}^{n-1}+(3-2\sqrt{2}{)}^{n-1},$$$$b_n=\frac{(3+2\sqrt{2}{)}^{n-1}-(3-2\sqrt{2}{)}^{n-1}}{\sqrt{2}}$$となる。