行列 \(A = \left( \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array} \right)\) は \(A^2 = A\) を満たす. 行列 \(B\) は \(B \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} a \\ 1 \end{array} \right)\) , \(B^2 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right)\) を満たす. 次の問いに答えよ.
(1) \(a+d\) , \(ad-bc\) を求めよ.
(2) \(B\) を \(a\) を用いて表せ.
(3) \(c = 1\) のとき, 実数 \(s , t\) に対して \[ ( sA+tB )^n = x _ n A +y _ n B \quad ( n = 1 , 2, 3 , \cdots ) \] と表されることを示し, \(x _ n , y _ n\) を \(s , t , n\) を用いて表せ.
【 解 答 】
(1)
条件を, ケーリー・ハミルトンの定理に代入すると \[\begin{gather} A -(a+d)A +(ad-bc)E = O \\ \text{∴} \quad (1-a-d)A = (ad-bc)E \quad ... [1] \end{gather}\]
1* \(A = kE\) （ \(k\) は実数）... [2] と表せるとき
[2] を条件に代入して \[\begin{align} k^2 E & = k E \\ \text{∴} \quad k(k-1) E & = O \\ \text{∴} \quad k & = 0 , 1 \end{align}\] \(k = 0\) のとき, \(A = O\) なので \[ ( a+d , ad-bc ) = ( 0 , 0 ) \] \(k = 1\) のとき, \(A = E\) なので \[ ( a+d , ad-bc ) = ( 2 , 1 ) \]2* \(A \neq kE\) （ \(k\) は実数）のとき
[1] より \[\begin{align} 1-a-d = 0 , & \ ad-bc = 0 \\ \text{∴} \quad ( a+d , ad-bc ) & = ( 1 , 0 ) \end{align}\]
以上より \[ ( a+d , ad-bc ) = \underline{( 0 , 0 ) , ( 2 , 1 ) , ( 1 , 0 )} \]
(2)
条件より \[ B^2 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right) = B \left( \begin{array}{c} a \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right) \] なので \[ B \left( \begin{array}{cc} 1 & a \\ 0 & 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{cc} a & 0 \\ 1 & 0 \end{array} \right) \quad ... [3] \] ここで, 逆行列 \[\begin{align} \left( \begin{array}{cc} 1 & a \\ 0 & 1 \end{array} \right)^{-1} & = \dfrac{1}{1 \cdot 1 -0 \cdot a} \left( \begin{array}{cc} 1 & -a \\ 0 & 1 \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{cc} 1 & -a \\ 0 & 1 \end{array} \right) \end{align}\] が存在するので, [3] の両辺右から掛けて \[\begin{align} B & = \left( \begin{array}{cc} a & 0 \\ 1 & 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} 1 & -a \\ 0 & 1 \end{array} \right) \\ & = \underline{\left( \begin{array}{cc} a & -a^2 \\ 1 & -a \end{array} \right)} \end{align}\]
(3)
\(c = 1\) より, \(A \neq kE\) （ \(k\) は実数）なので, (1) の結果より \[\begin{align} ( a+d , ad-b ) & = ( 1 , 0 ) \\ \text{∴} \quad d = 1-a , & \ b = a(1-a) \end{align}\] したがって \[ A = \left( \begin{array}{cc} a & a(1-a) \\ 1 & 1-a \end{array} \right) \] ここで \[\begin{align} A^2 & = A , \\ B^2 & = \left( \begin{array}{cc} a & -a^2 \\ 1 & -a \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} a & -a^2 \\ 1 & -a \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right) = O , \\ AB & = \left( \begin{array}{cc} a & a(1-a) \\ 1 & 1-a \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} a & -a^2 \\ 1 & -a \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{cc} a & -a^2 \\ 1 & -a \end{array} \right) = A , \\ BA & = \left( \begin{array}{cc} a & -a^2 \\ 1 & -a \end{array} \right) \left( \begin{array}{cc} a & a(1-a) \\ 1 & 1-a \end{array} \right) \\ & = \left( \begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array} \right) = O \end{align}\] これらを用いて, 自然数 \(n\) に対して
- [A] ... 「 \(( sA+tB )^n = x _ n A +y _ n B\) と表せる. 」
が成立することを数学的帰納法を用いて示す.
1* \(n = 1\) のとき, \(sA+tB\) なので \[ x _ 1 = s , \ y _ 1 = t \quad ... [4] \] とおけば, [A] が成立している.
2* \(n = k\) （ \(k\) は自然数）のときに, [A] が成立すると仮定すると \[\begin{align} ( sA+tB )^{k+1} & = ( sA+tB ) ( x _ k A +y _ k B ) \\ & = s x _ k A + s y _ k B \end{align}\] なので \[ x _ {k+1} = s x _ k , \ y _ {k+1} = s y _ k \quad ... [5] \] とおけば, \(n = k+1\) のときも, [A] が成立する.
以上より, 自然数 \(n\) に対して, [A]が成立することが示された.
さらに, [4] [5] より数列 \(\{ x _ n \}\) は, 初項 \(x _ 1 = s\) , 公比 \(s\) , 数列 \(\{ y _ n \}\) は, 初項 \(y _ 1 = t\) , 公比 \(s\) の等比数列なので
\[
x _ n = \underline{s^{n}} , \ y _ n = \underline{t s^{n-1}}
\]