東京大学 工学系研究科 2021年度 数学2
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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。