2九州大学 2004年 数学 第2問解答・解説

(1) 二項定理により

$(a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4$,

$(a-b)^4=a^4-4a^3b+6a^2b^2-4ab^3+b^4$.

(2) A=$$\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}$$ の定義に従って直接計算する。

A^2=$$\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}$$$$\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}$$=$$\begin{pmatrix}a^2+b^2&2ab\\2ab&a^2+b^2\end{pmatrix}$$.

さらに $A^4=(A^2)^2$ を同様に計算すると

A^4=$$\begin{pmatrix}(a^2+b^2)^2+(2ab)^2 & 2(a^2+b^2)(2ab)\\ 2(a^2+b^2)(2ab) & (a^2+b^2)^2+(2ab)^2\end{pmatrix}$$=$$\begin{pmatrix}a^4+6a^2b^2+b^4 & 4a^3b+4ab^3\\ 4a^3b+4ab^3 & a^4+6a^2b^2+b^4\end{pmatrix}$$.

一方，(1)の結果から

(a+b)^4+(a-b)^4=2$\left(a^4+6a^2b^2+b^4\right)$,　　 (a+b)^4-(a-b)^4=2$\left(4a^3b+4ab^3\right)$

であるから

a^4+6a^2b^2+b^4=$\displaystyle \dfrac{(a+b)^4+(a-b)^4}{2}$,　　 4a^3b+4ab^3=$\displaystyle \dfrac{(a+b)^4-(a-b)^4}{2}$.

よって

A^4=$$\displaystyle \begin{pmatrix}\dfrac{(a+b)^4+(a-b)^4}{2} & \dfrac{(a+b)^4-(a-b)^4}{2}\\ \dfrac{(a+b)^4-(a-b)^4}{2} & \dfrac{(a+b)^4+(a-b)^4}{2}\end{pmatrix}$$.

(3) E=$$\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$$, J=$$\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$$ とおく。定義に従って直接計算すると

J^2=$$\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$$$$\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$$=$$\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$$=E,　　 EJ=JE=J

であり，また A=aE+bJ である（両辺の成分を比べると、対角成分はa、非対角成分はbで一致する）。

ここで P=$\displaystyle \dfrac{1}{2}$(E+J), Q=$\displaystyle \dfrac{1}{2}$(E-J) とおくと，$E,J$の関係から成分計算により

$P^2=P,\quad Q^2=Q,\quad PQ=QP=O$（零行列）, $P+Q=E$

が成り立つ。さらに

$A=aE+bJ=a(P+Q)+b(P-Q)=(a+b)P+(a-b)Q$

である。

【数学的帰納法】命題「$A^n=(a+b)^nP+(a-b)^nQ$」を自然数$n$について示す。

$n=1$のとき，右辺$=(a+b)P+(a-b)Q=A$であり成立する（上で確認済み）。

$n=k$のとき成立すると仮定すると，$A^k=(a+b)^kP+(a-b)^kQ$であるから

$A^{k+1}=A^kA=\left((a+b)^kP+(a-b)^kQ\right)\left((a+b)P+(a-b)Q\right)$

$=(a+b)^{k+1}P^2+(a+b)^k(a-b)PQ+(a-b)^k(a+b)QP+(a-b)^{k+1}Q^2$

$=(a+b)^{k+1}P+(a-b)^{k+1}Q\quad(\because P^2=P,\ Q^2=Q,\ PQ=QP=O)$

となり，$n=k+1$でも成立する。よって数学的帰納法によりすべての自然数$n$について

$\displaystyle A^n=(a+b)^nP+(a-b)^nQ=\frac{(a+b)^n+(a-b)^n}{2}E+\frac{(a+b)^n-(a-b)^n}{2}J$

が成り立つ。成分で書くと

A^n=$$\displaystyle \begin{pmatrix}\dfrac{(a+b)^n+(a-b)^n}{2} & \dfrac{(a+b)^n-(a-b)^n}{2}\\ \dfrac{(a+b)^n-(a-b)^n}{2} & \dfrac{(a+b)^n+(a-b)^n}{2}\end{pmatrix}$$　(n=1,2,3,$\dots$).

（検算）$n=1$：与式$=\begin{pmatrix}a&b\\b&a\end{pmatrix}=A$と一致。$n=2$：与式の$(1,1)$成分$\displaystyle =\dfrac{(a+b)^2+(a-b)^2}{2}=a^2+b^2$、$(1,2)$成分$\displaystyle =\dfrac{(a+b)^2-(a-b)^2}{2}=2ab$となり，(2)の前段で直接計算した$A^2$と一致する。$n=4$のとき(2)の結果とも一致する。

(4) (3)の結果で$(1,1)$成分をとると

$\displaystyle x_n=\frac{(a+b)^n+(a-b)^n}{2}$

である。$b=1-a$を代入すると

$a+b=a+(1-a)=1,$　　 $a-b=a-(1-a)=2a-1$

であるから

$\displaystyle x_n=\frac{1^n+(2a-1)^n}{2}=\frac{1+(2a-1)^n}{2}$.

ここで$0<a<1$より$0<2a<2$，したがって

$-1<2a-1<1$,　　 すなわち $|2a-1|<1$

である。等比数列の極限の性質（$|r|<1$のとき$r^n\to0\ (n\to\infty)$）により

$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}(2a-1)^n=0$

が成り立つ（$2a-1=0$すなわち$a=1/2$のときも$(2a-1)^n=0\to0$で同じ結論）。よって

$\displaystyle \lim\limits _{n\to\infty}x_n=\lim\limits _{n\to\infty}\frac{1+(2a-1)^n}{2}=\frac{1+0}{2}=\frac12$

であり，この極限値は$0<a<1$の範囲内の$a$の取り方によらず一定に$1/2$である。