東京大学 工学系研究科 2020年8月実施 数学2

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Miyake

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2021年度大学院入学試験問題 数学2(主に線形代数)

Kai

I.

1.

$A$ の固有値を $\lambda$ とすると、

$$\begin{aligned} 0 &= \det \begin{pmatrix} - \lambda & 3 & 0 \\ -3 & -\lambda & 4 \\ 0 & -4 & -\lambda \end{pmatrix} \\ &= - \lambda ( \lambda^2 + 25) \\ \therefore \ \ \lambda &= 0, 5i, -5i \end{aligned}$$

を得る。

2.

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

つまり、 $a=0,b=25,c=0$ である。

3.

$$\begin{aligned} A^3 &= -25A , \\ A^5 &= -25 A^3 = (-25)^2 A , \\ &\cdots \end{aligned}$$

から、

$$\begin{aligned} A^{2n+1} = (-25)^n A = (-1)^n 5^{2n} A \end{aligned}$$

がわかる。

4.

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

そこで、

$$\begin{aligned} \exp (tA) &= \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{k!} A^k \\ &= I + \sum_{n=0}^\infty \frac{t^{2n+1}}{(2n+1)!} A^{2n+1} + \sum_{n=0}^\infty \frac{t^{2n+2}}{(2n+2)!} A^{2+2} \\ &= I + A \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n 5^{2n} t^{2n+1}}{(2n+1)!} + A^2 \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n 5^{2n}t^{2n+2}}{(2n+2)!} \\ &= I + A \frac{1}{5} \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n (5t)^{2n+1}}{(2n+1)!} - A^2 \frac{1}{25} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n (5t)^{2n}}{(2n)!} \\ &= I + \frac{\sin (5t)}{5} A - \frac{\cos (5t) - 1}{25} A^2 \end{aligned}$$

と計算できるので、

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

がわかる。

II.

1.

$$\begin{aligned} P_A(n+1) &= P_A(n) (1-\alpha) + P_B(n) \beta \\ P_B(n+1) &= P_A(n) \alpha + P_B(n) (1-\beta) \end{aligned}$$

なので、

$$\begin{aligned} M = \begin{pmatrix} 1-\alpha & \beta \\ \alpha & 1-\beta \end{pmatrix} \end{aligned}$$

である。

2.

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

$$\begin{aligned} \begin{pmatrix} \beta \\ \alpha \end{pmatrix} , \ \ \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{aligned}$$

である。

3.

A,Bである確率が一定値に収束するとすると、それは $M$ 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、

$$\begin{aligned} \lim_{k \to \infty} P_A(k) = \frac{\beta}{\alpha+\beta} , \ \ \lim_{k \to \infty} P_B(k) = \frac{\alpha}{\alpha+\beta} \end{aligned}$$

であることがわかる。

4.

$$\begin{aligned} P_A(\infty) = \lim_{k \to \infty} P_A(k) = \frac{\beta}{\alpha+\beta} \end{aligned}$$

と書くことにする。

$$\begin{aligned} R_A(n+1) &= P_A(n+1) - P_A(\infty) \\ &= P_A(n) (1-\alpha) + P_B(n) \beta - P_A(\infty) \\ &= P_A(n) (1-\alpha) + \left(1 - P_A(n) \right) \beta - P_A(\infty) \\ &= (1-\alpha-\beta) P_A(n) + \beta - P_A(\infty) \\ R_A(n) &= P_A(n) - P_A(\infty) \end{aligned}$$

であるから、 $P_A(n)$ を消去して、

$$\begin{aligned} R_A(n+1) &= (1-\alpha-\beta) \left( R_A(n) + P_A(\infty) \right) + \beta - P_A(\infty) \\ &= (1-\alpha-\beta) R_A(n) \end{aligned}$$

を得る。

III.

$$\begin{aligned} c_1 (\boldsymbol{a}_1 + \boldsymbol{a}_2) + c_2 (\boldsymbol{a}_2 + \boldsymbol{a}_3) + \cdots + c_m (\boldsymbol{a}_m + \boldsymbol{a}_1) = \boldsymbol{0} \end{aligned}$$

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

上の式を整理すると、

$$\begin{aligned} (c_1+c_m) \boldsymbol{a}_1 + (c_1+c_2) \boldsymbol{a}_2 + (c_2+c_3) \boldsymbol{a}_3 + \cdots + (c_{m-1}+c_m) \boldsymbol{a}_m = \boldsymbol{0} \end{aligned}$$

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

$$\begin{aligned} c_1+c_m = c_1+c_2 = c_2+c_3 = \cdots = c_{m-1}+c_m = 0 \end{aligned}$$

よって、

$$\begin{aligned} c_2 &= c_4 = \cdots = -c_1 , \\ c_3 &= c_5 = \cdots = c_1 , \\ c_m &= -c_1 \end{aligned}$$

を得る。したがって、 $m$ が奇数のときは $c_1 = c_2 = \cdots = c_m = 0$ が導かれるので

$$\boldsymbol{a}_1 + \boldsymbol{a}_2, \boldsymbol{a}_2 + \boldsymbol{a}_3, \cdots, \boldsymbol{a}_m + \boldsymbol{a}_1$$

は1次独立となる。 $m$ が偶数のときはそうは言えない。