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大学数学基礎解説
文献あり

3項間漸化式の一般項を線形代数で求める(対角化まで勉強した人向け)

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Introduction

裳華房から出版されている 「手を動かしてまなぶシリーズ」 が人気を集めているようです。今年の秋頃、私も 藤岡敦「手を動かしてまなぶ 線形代数」 を読みました。

挫折しにくい工夫がなされていて、高校~大学の良い架け橋になっている本だと感じました。初めて線形代数を学ぶ方におすすめです。

そこで今回は、主に「手を動かしてまなぶ 線形代数」を読んでいる人や、線形代数を学び始めている人に向けた記事を書いてみたいと思います。

内容としては「3項間漸化式の一般項を線形代数で求める」という、定番すぎるものです。しかし、高校~大学の架け橋となる上、線形代数の練習になる良いトピックだと思ったので、取り上げてみたくなりました。

線形代数を使うことで、小高い丘から見下ろすような感じで3項間漸化式を眺められるのではないかと思います。

また、対角化まで勉強していなくとも「これから線形代数を学ぼうと思っている人」も読んでくださったら、うれしいです。本論は飛ばして「さいごに」だけでも良いので……。

※本記事では、一般論だけでなく具体例を進んで扱うスタンスを大事にしています。「もういいよ」と言われそうなほど、しつこく具体的な計算をしていきます。

<前提知識>
高校数学~線形代数の対角化くらいまで。「手を動かしてまなぶ 線形代数」の7章までに該当。

本記事では、C上のベクトル空間

C2={(x1x2) | x1,x2C}

を扱っていきます。「手を動かしてまなぶ 線形代数」ではR上のベクトル空間しか扱っていないのですが、p.124の定義13において、c,dCとすれば、C2が(C上の)ベクトル空間であることが確認できます。

3項間漸化式

数列{xn}に対して

xn+2=pxn+1+qxn

のように、前の2項から、次の項を定める関係式が与えられているとします(このような式は「3項間漸化式」と呼ばれています)。

例えば、x1=0,x2=2

xn+2=5xn+16xn

が与えられた場合

x3=5x26x1=5×26×0=10

x4=5x36x2=5×106×2=38

x5=5x46x3=5×386×10=130

のように、xnの値を次々に定めることができます。

一方で、xnnの式

xn=2n+23n1

と表すこともできます(このような式は「一般項」と呼ばれています)。

高校で学ぶ数学Bでは「3項間漸化式が与えられた上で、一般項を求める」といった問題が定番となっています。

その際、特性方程式

x2pxqx=0

の解を求めて、そこから一般項を求めていくという方法がよく知られています。

xn+2=5xn+16xn

が与えられた場合、特性方程式の解は

x25x+6=(x2)(x3)=0

より、x=2,3です。

これを元に

xn+23xn+1=2(xn+13xn)

xn+22xn+1=3(xn+12xn)

と立式して、{xn+13xn}が公比2の等比数列となっていることと、{xn+12xn}が公比3の等比数列となっていることから、一般項を求めていく方法です。

本記事では、線形代数を使って、一般項を求めていきましょう。

3項間漸化式を行列で表してみよう

数列{xn}の3項間漸化式

xn+2=pxn+1+qxn(p,qC)

が与えられているとする。

このとき

A=(01qp), xn=(xnxn+1)

とすると

xn+1=Axn

が成り立つ。よって

xn=Axn1=A2xn2==An1x1

となり

xn=An1x1

となることがわかる。ただし、A0=Eとする(Eは単位行列)。

したがって、x1=(x1x2)が与えられているとき、An1を求めれば、xnを求めることができるので、数列{xn}の一般項がわかる。つまり、An1を求めることを目標に考えていけばよい。

もしも、Aが対角化可能ならば、ある正則行列PM2(C)が存在して

P1AP=(α00β)(α,βC)

を満たす。

(P1AP)n1=(P1AP)(P1AP)(P1AP)=P1An1P

となることと

(α00β)n1=(αn100βn1)

であることから

An1=P(αn100βn1)P1

となることがわかる。

Aの固有方程式、固有空間の次元

A=(01qp)(p,qC)

とする。

このとき、Aの固有方程式ΦA(λ)

ΦA(λ)=λ2pλq

となる。また、Aの各固有値に対する固有空間の次元は1である。

ΦA(λ)=|λEA|=|λ1qλp|=λ2pλq
となる。

Aの固有値の1つをαとすると

AαE=(α1qpα)

であり、第2行から(pα)×第1行を引くと

AαE(α1ΦA(α)0)(α100)

となることがわかる。

(AαE)(x1x2)=0

とすると、先の行基本変形により

x2=αx1

であることから、cCを任意の定数として

x1=c,x2=cα

となる。

したがって、固有値αに対する固有空間W(α)

W(α)={c(1α) | cC}

となり、W(α)の次元は1であることがわかる。

※このことから、数学Bで漸化式を解く際に使っていた特性方程式はΦA(λ)だったことが確認できます。

※参考になる箇所:藤岡敦「手を動かしてまなぶ 線形代数」pp.194-196

Aが相異なる2つの固有値を持つ場合

n次の(複素)正方行列が互いに異なるn個の固有値を持つならば、その正方行列は対角化可能であることが知られています(※参考になる箇所:藤岡敦「手を動かしてまなぶ 線形代数」p.214)。

今回は、Aに限定して、その事実を確認してみます。

A=(01qp)(p,qC)

とし、Aが相異なる2つの固有値α,βを持つとする。

このとき、ある正則行列PM2(C)が存在して

P1AP=(α00β)

を満たす。

固有値α,βに対するAの固有ベクトルをそれぞれp1(0),p2(0)とする。

p1,p2は一次独立であることを示す。

c1,c2Cとして

c1p1+c2p2=0 (1)

であるとする。

(1)より

A(c1p1+c2p2)=c1Ap1+c2Ap2=αc1p1+βc2p2=0 (2)

となる。

(1)の両辺にαをかけると

αc1p1+αc2p2=0 (3)

が成り立つ。

(2)-(3)より

(βα)c2p2=0

となる。

βα0かつp20なので

c2=0

である。

よって、(1)より

c1p1=0

であることと、p10であることから

c1=0

となる。

したがって、p1,p2は一次独立であることが示された({p1,p2}C2の基底となっている)

このことから

P=(p1p2)

とすると、Pは正則行列となる(※参考になる箇所:藤岡敦「手を動かしてまなぶ 線形代数」pp.139-140)。

また、p1,p2の定義より

AP=(Ap1Ap2)=(αp1βp2)=(p1p2)(α00β)=P(α00β)

となるので

P1AP=(α00β)

を満たす。

具体的にPを求めてみよう。

命題1の証明より、固有値α,βに対するAの固有ベクトルp1,p2をそれぞれ

p1=(1α), p2=(1β)

として

P=(p1p2)=(11αβ)

とすればよい。

よって

P1=1βα(β1α1)

となる。

また

ΦA(λ)=λ2pλq=(λα)(λβ)=λ2(α+β)λ+αβ

より

p=α+β, q=αβ

である。

よって

P1AP=1βα(β1α1)(01qp)(11αβ)=1βα(qβpqα+p)(11αβ)=1βα(q+αβpαq+β2pβqα2+pαqαβ+pβ)=1βα(α(βα)ΦA(β)ΦA(α)β(βα))=(α00β)

となることが確認できる。

数列{xn}の3項間漸化式

xn+2=pxn+1+qxn(p,qC)

およびx1,x2の値が与えられていて

A=(01qp)

が相異なる2つの固有値α,βを持つとする。

このとき、ある複素数r,sが存在して、{xn}の一般項は

xn=rαn1+sβn1

と表すことができる。

xn=(xnxn+1)

とすると

xn=An1x1

が成り立つ。

命題2より

An1=P(αn100βn1)P1

となるので

xn=(P(αn100βn1)P1)x1

であることから、ある複素数r,sが存在して、{xn}の一般項は

xn=rαn1+sβn1

と表せることがわかる(P,P1,x1の成分は、nに依らない複素数の定数となっている)。

数列{xn}が以下で定められているとする。

xn+2=5xn+16xn, x1=0, x2=2

A=(0165)

とすると、命題1より、Aの固有方程式ΦA(λ)

ΦA(λ)=λ25λ+6=(λ2)(λ3)

となるので、Aの固有値は2,3であることがわかる。

命題3より、{xn}の一般項は

xn=r2n1+s3n1(r,sC)

と表せる。

x1=0,x2=2であることから

r+s=0, 2r+3s=2

となるので、r=2, s=2であることがわかる。

よって、{xn}の一般項は

xn=2n+23n1

である。

Aの固有値が1つの場合(固有方程式が重解を持つ場合)

Aの固有方程式が重解を持つとき、Aの固有値をααの固有空間をW(α)W(α)の次元をdim(W(α))とすると、命題1より

dim(W(α))<2

となるため、Aは対角化ができません(※参考になる箇所:藤岡敦「手を動かしてまなぶ 線形代数」p.214)。

しかし、任意の複素正方行列は、ジョルダン標準形と呼ばれる行列に相似であることが知られています。対角化はできなくとも、対角行列に近い形まで持っていくことが可能です。

今回は、Aに限定して、その事実を確認してみます。

A=(01qp)(p,qC)

とし、Aの固有方程式ΦA(λ)が重解を持ち

ΦA(λ)=(λα)2

であるとする。

このとき、ある正則行列PM2(C)が存在して

P1AP=(α10α)

を満たす。

固有値αに対するAの固有ベクトルの1つをp1(0)とし、p2C2

(AαE)p2=p1

を満たすとする(このようなp2が具体的に求められることについては後で述べる)。

p1,p2は一次独立であることを示す。

c1,c2Cとして

c1p1+c2p2=0 (1)

とする。

(1)より

(AαE)(c1p1+c2p2)=c1(AαE)p1+c2(AαE)p2=0+c2p1=0

となり、p10であることから

c2=0

であることがわかる。

(1)より

c1p1=0

なので、p10であることから

c1=0

となる。

したがって、p1,p2は一次独立であることがわかった({p1,p2}C2の基底となっている)。

ここで

P=(p1p2)

とすると、Pは正則行列となる(※参考になる箇所:藤岡敦「手を動かしてまなぶ 線形代数」pp.139-140)。

また、p1,p2の定義より

(AαE)P=((AαE)p1(AαE)p2)=(0p1)=(p1p2)(0100)=P(0100)

となる。

したがって

AP=P(0100)+αP=P((0100)+(α00α))=P(α10α)

となるので

P1AP=(α10α)

が成り立つ。

具体的にPを求めてみよう。

命題1の証明から、固有値αに対するAの固有ベクトルp1

p1=(1α)

とする。

また、Aの固有方程式ΦA(λ)は重解を持つとき

λ2pλq=(λα)2=λ22αλ+α2

なので

p=2α, q=α2

であることがわかる。

(AαE)(x1x2)=p1=(1α)

とすると

(AαE | p1)=(α11qpαα)=(α11α2αα)

となる。

行基本変形により

(AαE | p1)(α11000)

となるので

αx1+x2=1

を満たす。

x1=0,x2=1とすれば

(AαE)(01)=(1α)

を満たす。

よって

P=(10α1)

とすればよい。

また

P1=(10α1)

であり

P1AP=(10α1)(01qp)(10α1)=(01qα+p)(10α1)=(α1ΦA(α)α+p)=(α10α)

となることが確認できる。

数列{xn}の3項間漸化式

xn+2=pxn+1+qxn(p,qC)

およびx1,x2の値が与えられていて

A=(01qp)

の固有方程式ΦA(λ)が重解を持ち、その解をαとする。

このとき、ある複素数r,sが存在して、{xn}の一般項は

xn=rαn1+s(n1)αn2

と表すことができる。

xn=(xnxn+1)

とすると

xn=An1x1

が成り立つ。

命題4より

A=P(α10α)P1=P(αE+(0100))P1

となる。

J=(0100)

とすると

An1=P(αE+J)n1P1

J2=O

である。

二項定理より

An1=P{αn1E+(n1)αn2J}P1=P(αn1(n1)αn20αn1)P1

となるので

xn=(P(αn1(n1)αn20αn1)P1)x1

であることから、ある複素数r,sが存在して、{xn}の一般項は

xn=rαn1+s(n1)αn2

と表せることがわかる(P,P1,x1の成分は、nに依らない複素数の定数となっている)。

数列{xn}が以下で定められているとする。

xn+2=10xn+125xn, x1=1, x2=2

A=(012510)

とすると、命題1より、Aの固有方程式ΦA(λ)

ΦA(λ)=λ210λ+25=(λ5)2

となるので、Aの固有値は5であることがわかる。

命題5より、{xn}の一般項は

xn=r5n1+s(n1)5n2(r,sC)

と表せる。

x1=1,x2=2であることから

r=1, 5r+s=2

より

r=1, s=3

となる。

よって、{xn}の一般項は

xn=5n13(n1)5n2=5n2(83n)

である。

4項間漸化式

線形代数を使った方法の良いところの1つとして、n項間漸化式へと一般化できる点があります。

4項間漸化式について、その様子を少し見てみましょう。

数列{xn}の4項間漸化式

xn+3=pxn+2+qxn+1+rxn(p,q,rC)

が与えられているとします。

このとき

A=(010001rqp), xn=(xnxn+1xn+2)

とすると

xn+1=Axn

が成り立つので

xn=An1x1

となります。

したがって、3項間漸化式の場合のように、An1を求めれば、一般項が求められることがわかります。

Aが相異なる3つの固有値α,β,γを持つ場合は、Aは対角化可能です。

よって、ある正則行列PM3((C))が存在して

xn=(P(αn1000βn1000γn1)P1)x1

を満たします。

したがって、ある複素数s,t,uが存在して、{xn}の一般項は

xn=sαn1+tβn1+uγn1

と表せることがわかります。

ΦA(λ)が重解を持つ場合は、ジョルダン標準形を考えていくことになりますが、本記事では省略します。

また、ΦA(λ)

ΦA(λ)=|λ100λ1rqλp|=λ3pλ2qλr

となっています。

さいごに

n項間漸化式やジョルダン標準形については、 藤岡敦「手を動かしてまなぶ 続・線形代数」 で詳しく解説されています。

「手を動かしてまなぶ 線形代数」を読み終わったら、ぜひ続編である「手を動かしてまなぶ 続・線形代数」も手にとってみてください。「手を動かしてまなぶ 線形代数」の伏線が回収されていて、楽しいです。

なにかと「役に立つ」と言われている線形代数ですが、1966年に初版が出版された斎藤正彦「線型代数入門」のあとがき(1996年に書かれたもの)には、こんな記述がありました。

この本が出てすぐのころ, ある人から何を目標にして書いたのか, と聞かれたことがある. 若かった私は「十年後の日本の技術水準を上げるためだ」と答えたのを覚えている. 結果的にそのとおりになったのは喜ばしい.
(斎藤正彦「線型代数入門」p.257)

私は線形代数の工学分野への応用などにはくわしくないのですが、この言葉を読むと、線形代数の力を思い知らされます。

現在、「手を動かしてまなぶ 線形代数」はじめ、わかりやすい線形代数の本や解説サイトが存在していて、良い時代になりましたね。

参考文献

[1]
藤岡 敦, 手を動かしてまなぶ 線形代数
[2]
藤岡 敦, 手を動かしてまなぶ 続・線形代数
[3]
齋藤 正彦, 線型代数入門 (基礎数学)
投稿日:20221225
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みぽ
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  1. Introduction
  2. 3項間漸化式
  3. 3項間漸化式を行列で表してみよう
  4. Aの固有方程式、固有空間の次元
  5. Aが相異なる2つの固有値を持つ場合
  6. Aの固有値が1つの場合(固有方程式が重解を持つ場合)
  7. 4項間漸化式
  8. さいごに
  9. 参考文献