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東京大学 工学系研究科 2020年8月実施 数学2

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Author​

Miyake, 祭音Myyura

Description​

公式原題

I.​

A=(030−3040−40)A=\begin{pmatrix}0&3&0\\-3&0&4\\0&-4&0\end{pmatrix} について、(1) 全固有値、(2) A3+aA2+bA+cI=OA^3+aA^2+bA+cI=O の係数、(3) A2n+1A^{2n+1}（n≥0n\ge0 は整数）、(4) exp⁡(tA)=pA2+qA+rI\exp(tA)=pA^2+qA+rI の実数表示の係数を求める。t∈Rt\in\mathbb R。

II.​

二状態 A、B の離散時間系で、AからBへの遷移確率を α\alpha、BからAを β\beta とし、0<α<10<\alpha<1、0<β<10<\beta<1 とする。

  1. P(n)=(PA(n),PB(n))T\boldsymbol P(n)=(P_A(n),P_B(n))^T に対し P(n+1)=MP(n)\boldsymbol P(n+1)=M\boldsymbol P(n) の MM を求める。
  2. MM の全固有値と対応する固有ベクトルを求める。
  3. n→∞n\to\infty の各状態の確率を求める。
  4. RA(n)=PA(n)−lim⁡k→∞PA(k)R_A(n)=P_A(n)-\lim_{k\to\infty}P_A(k) とおき、RA(n+1)R_A(n+1) を RA(n)R_A(n) で表す。

III.​

m≥3m\ge3 とし、a1,…,am\boldsymbol a_1,\ldots,\boldsymbol a_m は一次独立とする。循環的な和 a1+a2,…,am+a1\boldsymbol a_1+\boldsymbol a_2,\ldots,\boldsymbol a_m+\boldsymbol a_1 が一次独立となる mm の条件を求める。

题目描述​

  1. 对

    A=(030−3040−40),A=\begin{pmatrix}0&3&0\\-3&0&4\\0&-4&0\end{pmatrix},

    求特征值；用凯莱—哈密顿定理确定满足 A3+aA2+bA+cI=0A^3+aA^2+bA+cI=0 的系数；对整数 n≥0n\ge0 求 A2n+1A^{2n+1}；并把矩阵指数写成 exp⁡(tA)=pA2+qA+rI\exp(tA)=pA^2+qA+rI 的形式，求 p,q,rp,q,r。

  2. 对状态 A,BA,B 间以概率 α,β\alpha,\beta 转移的二状态过程，写出概率向量的转移矩阵

    M=(1−αβα1−β),M=\begin{pmatrix}1-\alpha&\beta\\ \alpha&1-\beta\end{pmatrix},

    求其特征值、特征向量和长期稳态概率；再令 RA(n)=PA(n)−PA(∞)R_A(n)=P_A(n)-P_A(\infty)，推导 RA(n+1)R_A(n+1) 与 RA(n)R_A(n) 的关系。参数满足 0<α<1,0<β<10<\alpha<1,0<\beta<1。

  3. 设 m≥3m\ge3，已知 a1,…,am\boldsymbol a_1,\ldots,\boldsymbol a_m 线性无关，判断循环相邻和

    a1+a2,a2+a3,…, am+a1\boldsymbol a_1+\boldsymbol a_2, \boldsymbol a_2+\boldsymbol a_3,\ldots,\ \boldsymbol a_m+\boldsymbol a_1

    是否线性无关，并按 mm 的奇偶性给出结论。

Kai​

I.​

1.​

AA の固有値を λ\lambda とすると、

0=det⁡(−λ30−3−λ40−4−λ)=−λ(λ2+25)∴  λ=0,5i,−5i\begin{aligned} 0 &= \det \begin{pmatrix} - \lambda & 3 & 0 \\ -3 & -\lambda & 4 \\ 0 & -4 & -\lambda \end{pmatrix} \\ &= - \lambda ( \lambda^2 + 25) \\ \therefore \ \ \lambda &= 0, 5i, -5i \end{aligned}

を得る。

2.​

ケーリー-ハミルトンの定理より、A3+25A=0A^3 + 25A = 0 が成り立つ。

つまり、 a=0,b=25,c=0a=0,b=25,c=0 である。

3.​

A3=−25A,A5=−25A3=(−25)2A,⋯\begin{aligned} A^3 &= -25A , \\ A^5 &= -25 A^3 = (-25)^2 A , \\ &\cdots \end{aligned}

から、

A2n+1=(−25)nA=(−1)n52nA\begin{aligned} A^{2n+1} = (-25)^n A = (-1)^n 5^{2n} A \end{aligned}

がわかる。

4.​

上の 3. から、A2n+2=(−1)n52nA2A^{2n+2} = (-1)^n 5^{2n} A^2もわかる。

そこで、

exp⁡(tA)=∑k=0∞tkk!Ak=I+∑n=0∞t2n+1(2n+1)!A2n+1+∑n=0∞t2n+2(2n+2)!A2n+2=I+A∑n=0∞(−1)n52nt2n+1(2n+1)!+A2∑n=0∞(−1)n52nt2n+2(2n+2)!=I+A15∑n=0∞(−1)n(5t)2n+1(2n+1)!−A2125∑n=1∞(−1)n(5t)2n(2n)!=I+sin⁡(5t)5A−cos⁡(5t)−125A2\begin{aligned} \exp (tA) &= \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{k!} A^k \\ &= I + \sum_{n=0}^\infty \frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!} A^{2n+1} + \sum_{n=0}^\infty \frac{t^{2n+2}}{(2n+2)!} A^{2n+2} \\ &= I + A \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n 5^{2n} t^{2n+1}}{(2n+1)!} + A^2 \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n 5^{2n}t^{2n+2}}{(2n+2)!} \\ &= I + A \frac{1}{5} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (5t)^{2n+1}}{(2n+1)!} - A^2 \frac{1}{25} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n (5t)^{2n}}{(2n)!} \\ &= I + \frac{\sin (5t)}{5} A - \frac{\cos (5t) - 1}{25} A^2 \end{aligned}

と計算できるので、

p=1−cos⁡(5t)25,  q=sin⁡(5t)5,  r=1\begin{aligned} p = \frac{1 - \cos (5t)}{25} , \ \ q = \frac{\sin (5t)}{5} , \ \ r = 1 \end{aligned}

がわかる。

II.​

1.​

PA(n+1)=PA(n)(1−α)+PB(n)βPB(n+1)=PA(n)α+PB(n)(1−β)\begin{aligned} P_A(n+1) &= P_A(n) (1-\alpha) + P_B(n) \beta \\ P_B(n+1) &= P_A(n) \alpha + P_B(n) (1-\beta) \end{aligned}

なので、

M=(1−αβα1−β)\begin{aligned} M = \begin{pmatrix} 1-\alpha & \beta \\ \alpha & 1-\beta \end{pmatrix} \end{aligned}

である。

2.​

MM の固有値は 1,1−α−β1, 1-\alpha-\beta であり、それぞれに対応する固有ベクトルは、例えば、

(βα),  (1−1)\begin{aligned} \begin{pmatrix} \beta \\ \alpha \end{pmatrix} , \ \ \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{aligned}

である。

3.​

題意の 0<α,β<10<\alpha,\beta<1 より ∣1−α−β∣<1|1-\alpha-\beta|<1 である。したがって固有値 11 以外の成分は減衰して、A,Bである確率は一定値に収束する。それは MM の固有ベクトルであり、確率は負にならないことを考慮して、

lim⁡k→∞PA(k)=βα+β,  lim⁡k→∞PB(k)=αα+β\begin{aligned} \lim_{k \to \infty} P_A(k) = \frac{\beta}{\alpha+\beta} , \ \ \lim_{k \to \infty} P_B(k) = \frac{\alpha}{\alpha+\beta} \end{aligned}

であることがわかる。

4.​

PA(∞)=lim⁡k→∞PA(k)=βα+β\begin{aligned} P_A(\infty) = \lim_{k \to \infty} P_A(k) = \frac{\beta}{\alpha+\beta} \end{aligned}

と書くことにする。

RA(n+1)=PA(n+1)−PA(∞)=PA(n)(1−α)+PB(n)β−PA(∞)=PA(n)(1−α)+(1−PA(n))β−PA(∞)=(1−α−β)PA(n)+β−PA(∞)RA(n)=PA(n)−PA(∞)\begin{aligned} R_A(n+1) &= P_A(n+1) - P_A(\infty) \\ &= P_A(n) (1-\alpha) + P_B(n) \beta - P_A(\infty) \\ &= P_A(n) (1-\alpha) + \left(1 - P_A(n) \right) \beta - P_A(\infty) \\ &= (1-\alpha-\beta) P_A(n) + \beta - P_A(\infty) \\ R_A(n) &= P_A(n) - P_A(\infty) \end{aligned}

であるから、 PA(n)P_A(n) を消去して、

RA(n+1)=(1−α−β)(RA(n)+PA(∞))+β−PA(∞)=(1−α−β)RA(n)\begin{aligned} R_A(n+1) &= (1-\alpha-\beta) \left( R_A(n) + P_A(\infty) \right) + \beta - P_A(\infty) \\ &= (1-\alpha-\beta) R_A(n) \end{aligned}

を得る。

III.​

c1(a1+a2)+c2(a2+a3)+⋯+cm(am+a1)=0\begin{aligned} c_1 (\boldsymbol{a}_1 + \boldsymbol{a}_2) + c_2 (\boldsymbol{a}_2 + \boldsymbol{a}_3) + \cdots + c_m (\boldsymbol{a}_m + \boldsymbol{a}_1) = \boldsymbol{0} \end{aligned}

が成り立つとしたとき c1=c2=⋯=cm=0c_1 = c_2 = \cdots = c_m = 0 が導かれるかを検討する。

上の式を整理すると、

(c1+cm)a1+(c1+c2)a2+(c2+c3)a3+⋯+(cm−1+cm)am=0\begin{aligned} (c_1+c_m) \boldsymbol{a}_1 + (c_1+c_2) \boldsymbol{a}_2 + (c_2+c_3) \boldsymbol{a}_3 + \cdots + (c_{m-1}+c_m) \boldsymbol{a}_m = \boldsymbol{0} \end{aligned}

となり、 a1,a2,⋯ ,am\boldsymbol{a}_1, \boldsymbol{a}_2, \cdots, \boldsymbol{a}_m が1次独立であることから、

c1+cm=c1+c2=c2+c3=⋯=cm−1+cm=0\begin{aligned} c_1+c_m = c_1+c_2 = c_2+c_3 = \cdots = c_{m-1}+c_m = 0 \end{aligned}

よって、

c2=c4=⋯=−c1,c3=c5=⋯=c1,cm=−c1\begin{aligned} c_2 &= c_4 = \cdots = -c_1 , \\ c_3 &= c_5 = \cdots = c_1 , \\ c_m &= -c_1 \end{aligned}

を得る。したがって、 mm が奇数のときは c1=c2=⋯=cm=0c_1 = c_2 = \cdots = c_m = 0 が導かれるので

a1+a2,a2+a3,⋯ ,am+a1\boldsymbol{a}_1 + \boldsymbol{a}_2, \boldsymbol{a}_2 + \boldsymbol{a}_3, \cdots, \boldsymbol{a}_m + \boldsymbol{a}_1

は1次独立となる。 mm が偶数のときは c1=1c_1=1 として非零解が得られるので、1次従属である。

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