0189-2019 东新复 数学 P107

线性代数 差分方程 特征值与特征向量 矩阵对角化 行列式

整数 $n\ge 1$ に対して，三項間漸化式

$$x_{n+2}=x_{n+1}+x_n,x_1=1,x_2=1$$

を考える．以下の問に答えよ．

(問1) $\left(\begin{array}{c}{x}_{n+1}\\ x_{n+2}\end{array}\right)=A\left(\begin{array}{c}{x}_n\\ x_{n+1}\end{array}\right)$ を満たす $2\times 2$ 実行列 $A$ を求めよ．

(問2) 行列 $A$ の固有値 ${\lambda }_{+},{\lambda }_{-}$ (${\lambda }_{+}>{\lambda }_{-}$) を求めよ．

(問3) 行列 $A$ の対角化を用いて，

$$A^n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_{+}^{n-1}-{\lambda }_{-}^{n-1}& {\lambda }_{+}^n-{\lambda }_{-}^n\\ {\lambda }_{+}^n-{\lambda }_{-}^n& {\lambda }_{+}^{n+1}-{\lambda }_{-}^{n+1}\end{array}\right)(1)$$

を示せ．

以下の問では，式(1)を用いてよい．

(問4) $x_n=\alpha {\lambda }_{+}^n+\beta {\lambda }_{-}^n$ を満たす実数 $\alpha ,\beta$ を求めよ．

(問5) 実数 $a,b$ に対して三項間漸化式

$$y_{n+2}=y_{n+1}+y_n,y_1=a,y_2=b$$

を考える．$y_n$ ($n\ge 3$) を $a,b,x_{n-1},x_{n-2}$ を用いて表せ．

(問6) $D_1=1,D_n(n\ge 2)$ を $n\times n$ 三重対角行列 $B_n$ の行列式とする．

$$B_2=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 1\end{array}\right),B_n=\left(\begin{array}{cccccc}1& 1& 0& \cdots & \cdots & 0\\ -1& 1& 1& \ddots & & ⋮\\ 0& -1& 1& 1& \ddots & ⋮\\ ⋮& \ddots & \ddots & \ddots & \ddots & 0\\ ⋮& & \ddots & \ddots & 1& 1\\ 0& \cdots & \cdots & 0& -1& 1\end{array}\right)(n\ge 3)$$

のとき，$D_n(n\ge 3)$ を $x_{n-1}$ および $x_{n-2}$ を用いて表せ．

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解答：

(問1)
漸化式より，

$$\begin{array}{rl}{x}_{n+1}& =0\cdot x_n+1\cdot x_{n+1}\\ x_{n+2}& =1\cdot x_n+1\cdot x_{n+1}\end{array}$$

よって，

$$\boxed{A=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)}$$

(問2)
特性方程式を解く．

$$|A-\lambda I|=\left|\begin{array}{cc}-\lambda & 1\\ 1& 1-\lambda \end{array}\right|={\lambda }^2-\lambda -1=0$$

${\lambda }_{+}>{\lambda }_{-}$ より，

$$\boxed{{\lambda }_{+}=\frac{1+\sqrt{5}}{2},{\lambda }_{-}=\frac{1-\sqrt{5}}{2}}$$

(問3)
固有方程式 $A\mathbf{v}=\lambda \mathbf{v}$ より，${\lambda }^2=\lambda +1$ を用いて，

$$\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\ \lambda \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}\lambda \\ 1+\lambda \end{array}\right)=\lambda \left(\begin{array}{c}1\\ \lambda \end{array}\right)$$

固有ベクトルとして ${\mathbf{p}}_{+}=\left(\begin{array}{c}1\\ {\lambda }_{+}\end{array}\right),{\mathbf{p}}_{-}=\left(\begin{array}{c}1\\ {\lambda }_{-}\end{array}\right)$ を得る．対角化行列を $P=\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ {\lambda }_{+}& {\lambda }_{-}\end{array}\right)$ とおくと，

$$P^{-1}=\frac{1}{{\lambda }_{-}-{\lambda }_{+}}\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_{-}& -1\\ -{\lambda }_{+}& 1\end{array}\right)=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}-{\lambda }_{-}& 1\\ {\lambda }_{+}& -1\end{array}\right)$$

$A^n=P\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_{+}^n& 0\\ 0& {\lambda }_{-}^n\end{array}\right)P^{-1}$ より，

$$\begin{array}{rl}{A}^n& =\left(\begin{array}{cc}1& 1\\ {\lambda }_{+}& {\lambda }_{-}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_{+}^n& 0\\ 0& {\lambda }_{-}^n\end{array}\right)\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}-{\lambda }_{-}& 1\\ {\lambda }_{+}& -1\end{array}\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_{+}^n& {\lambda }_{-}^n\\ {\lambda }_{+}^{n+1}& {\lambda }_{-}^{n+1}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}-{\lambda }_{-}& 1\\ {\lambda }_{+}& -1\end{array}\right)\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}-{\lambda }_{+}^n{\lambda }_{-}+{\lambda }_{-}^n{\lambda }_{+}& {\lambda }_{+}^n-{\lambda }_{-}^n\\ -{\lambda }_{+}^{n+1}{\lambda }_{-}+{\lambda }_{-}^{n+1}{\lambda }_{+}& {\lambda }_{+}^{n+1}-{\lambda }_{-}^{n+1}\end{array}\right)\end{array}$$

${\lambda }_{+}{\lambda }_{-}=-1$ より $-{\lambda }_{+}^k{\lambda }_{-}={\lambda }_{+}^{k-1}$, ${\lambda }_{-}^k{\lambda }_{+}=-{\lambda }_{-}^{k-1}$ であるから，

$$A^n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left(\begin{array}{cc}{\lambda }_{+}^{n-1}-{\lambda }_{-}^{n-1}& {\lambda }_{+}^n-{\lambda }_{-}^n\\ {\lambda }_{+}^n-{\lambda }_{-}^n& {\lambda }_{+}^{n+1}-{\lambda }_{-}^{n+1}\end{array}\right)$$

(証明終)

(問4)
$\left(\begin{array}{c}{x}_n\\ x_{n+1}\end{array}\right)=A^{n-1}\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\end{array}\right)=A^{n-1}\left(\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\right)$ より，

$$\begin{array}{rl}{x}_n& =\frac{1}{\sqrt{5}}({\lambda }_{+}^{n-2}-{\lambda }_{-}^{n-2})\cdot 1+\frac{1}{\sqrt{5}}({\lambda }_{+}^{n-1}-{\lambda }_{-}^{n-1})\cdot 1\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}({\lambda }_{+}^{n-2}+{\lambda }_{+}^{n-1})-\frac{1}{\sqrt{5}}({\lambda }_{-}^{n-2}+{\lambda }_{-}^{n-1})\end{array}$$

${\lambda }^2=\lambda +1$ より ${\lambda }^{n-2}+{\lambda }^{n-1}={\lambda }^{n-2}(1+\lambda )={\lambda }^n$ であるため，

$$x_n=\frac{1}{\sqrt{5}}{\lambda }_{+}^n-\frac{1}{\sqrt{5}}{\lambda }_{-}^n$$

よって，

$$\boxed{\alpha =\frac{1}{\sqrt{5}},\beta =-\frac{1}{\sqrt{5}}}$$

(問5)
式(1)と問4の結果より，$A^m=\left(\begin{array}{cc}{x}_{m-1}& x_m\\ x_m& x_{m+1}\end{array}\right)$ ($m\ge 1$, $x_0=0$ とする) と表せる．

$$\left(\begin{array}{c}{y}_{n-1}\\ y_n\end{array}\right)=A^{n-2}\left(\begin{array}{c}{y}_1\\ y_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{x}_{n-3}& x_{n-2}\\ x_{n-2}& x_{n-1}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}a\\ b\end{array}\right)$$

第2成分を比較して，

$$\boxed{y_n=a{x}_{n-2}+b{x}_{n-1}}$$

(問6)
$D_n$ を第1行で余因子展開する．

$$D_n=1\cdot D_{n-1}-1\cdot (-1)D_{n-2}=D_{n-1}+D_{n-2}$$

$D_1=1=x_2$, $D_2=\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ -1& 1\end{array}\right|=2=x_3$ であるから，帰納的に $D_n=x_{n+1}$ となる．
$x_{n+1}=x_n+x_{n-1}=(x_{n-1}+x_{n-2})+x_{n-1}=2x_{n-1}+x_{n-2}$ より，

$$\boxed{D_n=2x_{n-1}+x_{n-2}}$$

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本题通过矩阵的幂和对角化方法求解了著名的斐波那契数列的通项公式以及相关线性递推关系。首先将二阶常系数线性递推公式转化为矩阵乘法形式，提取出递推矩阵并求解其特征值与特征向量，这里的特征值即为黄金比例。利用特征向量矩阵将原矩阵对角化后，可以快速计算出矩阵的高次幂，进而通过初始条件得出数列的通项公式，即比内公式。在求解新递推数列和三对角矩阵的行列式时，也利用了相同递推关系的性质，发现行列式的递推关系与原数列完全一致，只需核对初始值差异便能用已知数列平移表示行列式的值，最后代回递推公式得出所需形式。整体思路非常连贯地展示了线性代数在解决离散差分方程中的强大作用。