2009年(平成21年)東京大学前期-数学(理科)[2] - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

問題：2009年(平成21年)東京大学前期-数学(理科) - [別館]球面倶楽部零八式markIISR

本問のテーマ

行列の対角化とべき乗の極限

2020.10.18記
条件 (iii) が成立する必要十分条件は絶対値が1未満の固有値 $t$ をもつことであり，それは $s\gt 1$ とは異なるので $A$ は異なる2つの固有値をもつことになる．

$A$ の固有値 $s$ に対応する固有ベクトルは $\vec{q}=\begin{pmatrix} r \\ 1 \end{pmatrix}$ であり，固有値 $t$ に対応する固有ベクトルを $\vec{p}$ とすると，この2つのベクトルは線形独立だから，
$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\alpha \vec{p}+\beta\vec{q}$ （ $\alpha\neq 0$ ）と一意に書ける．このとき， $\beta\neq 0$ とすると， $A^n$ による像が収束しないので条件 (iii) に反する．

よって $\beta=0$ となり，固有値 $t$ に対応する固有ベクトルは $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ であることがわかる．

よって， $B$ は $A$ を対角化した行列 $B=\begin{pmatrix} t & 0 \\ 0 & s \end{pmatrix}$ となる．そして成分計算から
$A=\begin{pmatrix} t & r(s-t) \\ 0 & s \end{pmatrix}$ となる．

これから $c=0$ ， $|a|=|t|\lt 1$ が示された．

となる訳だが，これだと (1) の想定解の $B=\begin{pmatrix} a-cr & 0 \\ 0 & s \end{pmatrix}$ ではなく，一足飛びに $B=\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & s \end{pmatrix}$ が得られてしまう．

なお，「条件 (iii) が成立する必要十分条件は絶対値が1未満の固有値 $t$ をもつ」のくだりをもう少し丁寧に証明すると次のようになる．

$A$ の固有値が $s$ で重解をもつとき， $(A-sI)^2=O$ だから，
$A^n=\{sI+(A-sI)\}^n=n s^{n-1}\Bigl\{ A - \Bigl(1-\dfrac{1}{n}\Bigr)sI\Bigr \}$ が成立するので，条件(iii) をみたすためには
$\Bigl\{ A - \Bigl(1-\dfrac{1}{n}\Bigr)sI\Bigr \}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$ が $n\to\infty$ で成立する必要がある（零ベクトルに近づくスピートは係数の指数の増大するスピードよりは遅いのだが）．

このとき， $A=sI$ でなければならないが，このとき． $A^n=s^nI$ だから， $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ の像は零ベクトルに収束しないので矛盾．

よって， $A$ は相異なる固有値をもつ． $s$ でない固有値を $t$ とし，その固有ベクトルを $\vec{p}$ とする．また， $\vec{q}=\begin{pmatrix} r \\ 1 \end{pmatrix}$ とする．このとき，
$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\alpha\vec{p}+\beta{q}$ をみたす $\alpha，\beta$ が存在する．ここで $\alpha=0$ とすると，第2成分から $\beta=0$ となり，左辺が零ベクトルとなって矛盾するので $\alpha\neq 0$ である．

このとき， $A^n\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\alpha t^n \vec{p}+\beta s^n {q}$ となるので，これが収束するためには $\alpha\neq 0$ だから，
$\beta=0$ かつ $|t|\lt 1$ である．

よって，固有値 $t$ に対応する固有ベクトルは $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ であることがわかる．

のようになる．

[大人の解答]

条件 (iii) が成立する必要十分条件は絶対値が1未満の固有値 $t$ をもつことであり，それは $s\gt 1$ とは異なるので $A$ は異なる2つの固有値をもつことになる．

$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ を固有ベクトルの線形結合で表現したとき，固有値 $s$ に対する固有ベクトルを含むと条件(iii) が成立しないので $\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ は固有値 $t$ に対する固有ベクトルである．

よって， $a=t，c=0$ となり， $|a|\lt 1，c=0$ が言えた．

なお， $B$ は $A$ を対角化した行列なので， $B=\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & s \end{pmatrix}$ となり，(2) も示された．
しかし残念ながら，既に $c=0$ を導いたので， $B=\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & s \end{pmatrix}$ と $c，r$ を使わずに表せてしまったので(1)はごめんなさい．

普通に解くと次のようになる．

[解答]

(1) $B=\begin{pmatrix} 1 & -r \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \Bigl( A\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}\quad A\begin{pmatrix} r \\ 1 \end{pmatrix}\Bigr)$ $=\begin{pmatrix} 1 & -r \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a & sr \\ b & s \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix} a-cr & 0 \\ c & s \end{pmatrix}$

(2) $P=\begin{pmatrix} 1 & r \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ とおくと， $B=P^{-1}A P$ だから， $B^n=P^{-1}A^n P$ 　が成立する．
よって， $B^n\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}=P^{-1}A^nP\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ $=P^{-1}\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x_n-ry_n \\ y_n \end{pmatrix}$
となり，これは零ベクトルに収束する．

(3) $a-cr=t$ とおくと， $B=\begin{pmatrix} t & 0 \\ c & s \end{pmatrix}$ となる．
このとき，帰納的に
$B^n=\begin{pmatrix} t^n & 0 \\ c\cdot\dfrac{t^n-s^n}{t-s} & s^n \end{pmatrix}$ となるので，
$B^n\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} t^n \\ c\cdot\dfrac{t^n-s^n}{t-s} \end{pmatrix}$
が零ベクトルに収束することから，
$|t|\lt 1$ かつ $c=0$ である． $c=0$ より $t=a$ だから