行列のｎ乗

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== 行列のｎ乗 ==
○高校数学の行列は旧教育課程の数学Cに含まれていたが，平成21年（2009年）告示の教育課程では数学Cはなくなっており数学Ⅲなどの他の科目にも行列は含まれなかったため，高校では行列計算は原則として習わない．

○高校の教育課程からなくなったということは大学入試問題では忠実に反映されるので，行列そのものを出題することはないが，高卒向けや大卒向けの就職試験となるとこの制限はあいまいになる．

○この頁では「高校の旧教育課程にあった数学Cのレベル」で「2×2行列に限定して」行列のｎ乗を扱う．

*** 目次 ***（クリックすれば該当項目へジャンプ）

[1]　2乗，3乗，4乗，...などを求めて類推，証明する方法

[2]　ケーリ・ハミルトンの定理と剰余の定理を組み合わす方法

[3]　数列の連立漸化式にして解く方法

[4]　行列の対角化を意識して解く方法

[1]　2乗，3乗，4乗，...などを求めて類推，証明する方法

○行列のｎ乗を求める問題は，単に行列の積を求める問題よりも格段に難しい．この小項目では，行列のｎ乗を求めるための一般的な方法を何も覚えずに2乗，3乗，4乗，...などからｎ乗を類推し，次にそれを数学的帰納法で証明するという2段階で解く方法を示す．
　この方法ですべての問題が解けるとは限らない（一般項が複雑で類推できない場合がある）が，初歩的で取り掛かりやすい．

【例題1.1】　次の行列のｎ乗を求めてください．
$A=\begin{pmatrix}1 & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$

（解答）
$A^2=\begin{pmatrix}1 & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 2a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
$A^3=A^2A=\begin{pmatrix}1 & 2a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 3a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
$A^4=A^3A=\begin{pmatrix}1 & 3a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 4a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
そこで，
$A^n=\begin{pmatrix}1 & na \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ …(*)
と予想する．

次に，(*)を数学的帰納法により証明する．
（Ⅰ） n=1のとき
$A^1=A=\begin{pmatrix}1 & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$
だから(*)は成立する．
（Ⅱ） n=k（k≧1）のとき(*)が成立すると仮定すると
$A^k=\begin{pmatrix}1& ka\\0& 1\end{pmatrix}$
両辺に右から行列 $A$ を掛けると
$A^{k+ 1}=\begin{pmatrix}1 & ka \\ 0 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & a \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & (k+ 1)a \\ 0 & 1\end{pmatrix}$
したがって，n=k+1のときも(*)が成立する．

(Ⅰ)(Ⅱ)よりすべての自然数nについて(*)が成立する．■証明終

【例題1.2】　次の行列のｎ乗を求めてください．
$A=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix}$

（解答）
$A^2=\begin{pmatrix}2& 1\\ 1& 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 1\\ 1& 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5 & 4 \\ 4 & 5\end{pmatrix}$
$A^3=A^2A=\begin{pmatrix}5& 4\\ 4& 5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 1\\ 1& 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}14& 13\\ 13& 14\end{pmatrix}$
$A^4=A^3A=\begin{pmatrix}14 & 13 \\ 13 & 14\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}41& 40 \\ 40 & 41\end{pmatrix}$
そこで，「対角成分は対角でない成分より１大きい」「対角でない成分はan=1, 4, 13, 40, ...の数列になっている」と予想する．

1, 4, 13, 40, ...
3, 9, 27, ...

anの階差数列をbnとおくと，
bn=3n
$a_n=a_1+ \sum_{k=1}^{n-1} 3^k=1+ \frac{3(3^{n-1}-1)}{3-1}$
$=1+ \frac{3^{n}-3}{2}=\frac{3^n-1}{2}$
そこで
$A^n=\begin{pmatrix}\frac{3^n+ 1}{2} & \frac{3^n-1}{2} \\ \frac{3^n-1}{2} & \frac{3^n+ 1}{2}\end{pmatrix}$ …(*)
と予想する．

次に，(*)を数学的帰納法により証明する．
（Ⅰ） n=1のとき
$A^1=\begin{pmatrix}\frac{3+ 1}{2} & \frac{3-1}{2} \\ \frac{3-1}{2} & \frac{3+ 1}{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2& 1\\ 1& 2\end{pmatrix}=A$
だから(*)は成立する．
（Ⅱ） n=k（k≧1）のとき(*)が成立すると仮定すると
$A^k=\begin{pmatrix}\frac{3^k+ 1}{2} & \frac{3^k-1}{2} \\ \frac{3^k-1}{2} & \frac{3^k+ 1}{2}\end{pmatrix}$
両辺に右から行列 $A$ を掛けると
$A^{k+ 1}=A^kA=\begin{pmatrix}\frac{3^k+ 1}{2}&\frac{3^k-1}{2}\\ \frac{3^k-1}{2}&\frac{3^k+ 1}{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 1\\ 1& 2\end{pmatrix}$
$=\Biggl(\begin{matrix}3^k+ 1+\frac{3^k-1}{2}\\ 3^k-1+\frac{3^k+ 1}{2}\end{matrix}$ $\hspace{10}\begin{matrix}\frac{3^k+ 1}{2}+ 3^k-1\\\frac{3^k-1}{2}+3^k+ 1\end{matrix}\Biggr)$
$=\begin{pmatrix}\frac{3^{k+ 1}+ 1}{2} & \frac{3^{k+ 1}-1}{2} \\ \frac{3^{k+ 1}-1}{2} & \frac{3^{k+ 1}+ 1}{2}\end{pmatrix}$
したがって，n=k+1のときも(*)が成立する．

(Ⅰ)(Ⅱ)よりすべての自然数nについて(*)が成立する．■証明終

【問題1.1】
(1)　aを0でない実数とし， $A=\begin{pmatrix}a & 1 \\ 0 & a\end{pmatrix}$ とする．
$A^2,A^3,A^4$ を求めよ．
(2)　上の行列 $A$ に対して，(1)の結果から $A^n$ を推定し，その推定が正しいことを数学的帰納法を用いて証明せよ．

（山形大学［平成17年度］からの一部引用）

参考答案を見る

(1)
$A^2=\begin{pmatrix}a& 1\\ 0& a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a& 1\\ 0& a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a^2& 2a\\ 0& a^2\end{pmatrix}$
$A^3=A^2A=\begin{pmatrix}a^2 & 2a \\ 0 & a^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a& 1\\ 0& a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a^3 & 3a^2 \\ 0 & a^3\end{pmatrix}$
$A^4=A^3A=\begin{pmatrix}a^3 & 3a^2 \\ 0 & a^3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a& 1\\ 0& a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a^4 & 4a^3 \\ 0 & a^4\end{pmatrix}$
(2)
$A^n=\begin{pmatrix}a^n & na^{n-1} \\ 0 & a^n\end{pmatrix}$ …(*)
と推定する．

次に，(*)を数学的帰納法により証明する．
（Ⅰ） n=1のとき
$A^1=\begin{pmatrix}a^1& a^{0}\\ 0& a^1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a& 1\\ 0 & a\end{pmatrix}=A$
だから(*)は成立する．
（Ⅱ） n=k（k≧1）のとき(*)が成立すると仮定すると
$A^k=\begin{pmatrix}a^k & ka^{k-1} \\ 0 & a^k\end{pmatrix}$
両辺に右から行列 $A$ を掛けると
$A^{k+ 1}=\begin{pmatrix}a^k& ka^{k-1}\\ 0& a^k\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a& 1\\ 0& a\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}a^{k+ 1}& a^k+ ka^{k}\\ 0& a^{k+ 1}\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}a^{k+ 1}& (k+ 1)a^k\\ 0& a^{k+ 1}\end{pmatrix}$
したがって，n=k+1のときも(*)が成立する．

(Ⅰ)(Ⅱ)よりすべての自然数nについて(*)が成立する．

【問題1.2】

(1)　 $A=\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 1\end{pmatrix}$ とするとき， $A^2,A^3,A^4$ を求めよ．
(2)　 $A^n$ を推定し，その推定が正しいことを数学的帰納法を用いて証明せよ．

参考答案を見る

(1)
$A^2=\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4 & 0 \\ 3 & 1\end{pmatrix}$
$A^3=A^2A=\begin{pmatrix}4 & 0 \\ 3 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8 & 0 \\ 7 & 1\end{pmatrix}$
$A^4=A^3A=\begin{pmatrix}8 & 0 \\ 7 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 1\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}16 & 0 \\ 15 & 1\end{pmatrix}$
(2)
$A^n=\begin{pmatrix}2^n & 0 \\ 2^n-1 & 1\end{pmatrix}$ …(*)
と推定する．

次に，(*)を数学的帰納法により証明する．
（Ⅰ） n=1のとき
$A^1=\begin{pmatrix}2^1 & 0 \\ 2^1-1 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 0 \\ 1 & 1\end{pmatrix}=A$
だから(*)は成立する．
（Ⅱ） n=k（k≧1）のとき(*)が成立すると仮定すると
$A^k=\begin{pmatrix}2^k & 0 \\ 2^k-1 & 1\end{pmatrix}$
両辺に右から行列 $A$ を掛けると
$A^{k+ 1}=\begin{pmatrix}2& 0\\ 1& 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2^{k+ 1}& 0 \\ 2^{k+ 1}-2+ 1 & 1\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}2^{k+ 1}& 0\\ 2^{k+ 1}-1 & 1\end{pmatrix}$
したがって，n=k+1のときも(*)が成立する．

(Ⅰ)(Ⅱ)よりすべての自然数nについて(*)が成立する．

[2]　ケーリ・ハミルトンの定理と剰余の定理を組み合わす方法

○行列の割り算は定義されないが，和差，定数倍，積は定義される．
そこで，割り算の原理を積の形で表したもの
$f(x)=(x^2-tx+ \Delta)Q(x)+ px+ q$
が成り立つとき，この関係は和差と定数倍および積しか含まれないから正方行列 $A$ についても成立する．ただし，定数項 $\Delta,q$ は $\Delta E,qE$ に置き換える．
$f(A)=(A^2-tA+ \Delta E)Q(A)+ pA+ qE$

○2次の正方行列
$A=\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix}$
については，ケーリ－・ハミルトンの定理が成り立つ．（ケ－リ－・ハミルトンの定理は高校数学の範囲内）
$A^2-tA+ \Delta E=0$

ただし

$t$ は対角成分の和 $a+ d$
$\Delta$ は行列式 $ad-bc$

○まず，多項式 $x^n$ を２次式 $x^2-tx+ \Delta$ で割ったときの余り $px+ q$ を求めておき，
$x^n=(x^2-tx+ \Delta)Q(x)+ px+ q$ …(1)
次に，同じ式を行列 $A$ の式に直す．
$A^n=(A^2-tA+ \Delta E)Q(A)+ pA+ qE$ …(2)
ただし，(2)において2次式の部分がケーリ－・ハミルトンの定理の左辺になるようにしておく．そうすると $Q(x),Q(A)$ が何であっても０となって消えるところがミソ

【例題2.1】　次の行列のｎ乗を求めてください．
$A=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix}$

（解答）
ケーリ－・ハミルトンの定理により
$A^2-4A+ 3E=0$
が成り立つ．

今
$x^n=(x^2-4x+ 3)Q(x)+ px+ q$ …(1)
となる $p,q$ を求めておく．
$x=1$ を代入すると $1=p+ q$ …(2)
$x=3$ を代入すると $3^n=3p+ q$ …(3)
(2)(3)より
$p=\frac{3^n-1}{2},\hspace{3}q=\frac{3-3^n}{2}$
このとき(1)式は
$x^n=(x^2-4x+ 3)Q(x)+ \frac{3^n-1}{2}x+ \frac{3-3^n}{2}$
となるから
$A^n=(A^2-4A+ 3E)Q(A)+ \frac{3^n-1}{2}A+ \frac{3-3^n}{2}E$

ケーリ－・ハミルトンの定理により
$A^2-4A+ 3E=0$
だから
$A^n=\frac{3^n-1}{2}A+ \frac{3-3^n}{2}E$
右辺を計算すれば， $A^n$ が求まったことになる．
$\frac{3^n-1}{2}\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix}+ \frac{3-3^n}{2}\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}3^n-1 & \frac{3^n-1}{2} \\ \frac{3^n-1}{2} & 3^n-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}\frac{3-3^n}{2} & 0 \\ 0 & \frac{3-3^n}{2}\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}\frac{3^n+ 1}{2} & \frac{3^n-1}{2} \\ \frac{3^n-1}{2} & \frac{3^n+ 1}{2}\end{pmatrix}$

※(2)(3)において $x=1,3$ を代入することは $A=E,3E$ としていることにはならないのか？→ならない
$A=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix}\rightarrow A^2-4A+ 3E=0$ であるが
$A=E,3E\rightarrow A^2-4A+ 3E=0$ も成り立つ．
つまり， $A^2-4A+ 3E=0$ が成り立つのは元の行列 $A$ だけとは限らないが，ここでは $A^2-4A+ 3E=0$ となるものなら何でもよい．

※ケーリ－・ハミルトンの定理
$A^2-tA+ \Delta E=0$
に対して
$x^2-tx+ \Delta=0$
という２次方程式を固有方程式，その解α，βを固有値という．
この固有値を使えば， $(x^2-tx+ \Delta)Q(x)$ を消せる．

一般にケーリ－・ハミルトンの定理 $A^2-tA+ \Delta E=0$ に対応する固有方程式 $x^2-tx+ \Delta=0$ が

1) 異なる２つの解をα，βをもつとき（α，βは無理数でも虚数でもよい）
$x^n=(x-\alpha)(x-\beta)Q(x)+ px+ q$
より
$\alpha^n=p\alpha+ q$ …(1)
$\beta^n=p\beta+ q$ …(2)
(1)(2)の連立方程式を $p,q$ について解く
(2)−(1)
$p=\frac{\beta^n-\alpha^n}{\beta-\alpha}$
(1)に代入
$q=\frac{\alpha^n\beta-\alpha\beta^n}{\beta-\alpha}$
したがって
$A^n=\frac{\beta^n-\alpha^n}{\beta-\alpha}A+\frac{\alpha^n\beta-\alpha\beta^n}{\beta-\alpha}E$ …(A)

2) 重解αをもつとき
$x^n=(x-\alpha)^2Q(x)+ px+ q$ …(*)
この式で $(x-\alpha)^2=0$ となる値は１つだけ（ $x=\alpha$ ）なので $p,q$ を求めるための連立方程式の式が足りない．微分を習った人は両辺を微分して
$nx^{n-1}=2(x-\alpha)Q(x)+ (x-\alpha)^2Q\apos(x)+ p$ …(**)
の２つから $p,q$ を求めたらよい．
$p=n\alpha^{n-1},q=(1-n)\alpha^n$
したがって
$A^n=n\alpha^{n-1}A+(1-n)\alpha^nE$ …(B)
※微分を習っていない場合は，２段階に分けて求めるとよい
(*)から
$\alpha^n=p\alpha+ q$
$q=\alpha^n-p\alpha$
これを用いて(*)を書き換えると
$x^n-\alpha^n=(x-\alpha)^2Q(x)+ p(x-\alpha)$
$\frac{x^n-\alpha^n}{x-\alpha}=(x-\alpha)Q(x)+ p$
$x^{n-1}+ x^{n-2}\alpha+\cdots+ x\alpha^{n-2}+ \alpha^{n-1}$
$=(x-\alpha)Q(x)+ p$ …(**)

左辺を $\frac{x^n-\alpha^n}{x-\alpha}$ のままにして $x=\alpha$ を代入すると分母が０になってしまい計算できない．そこで左辺を次のように約分して分母が０になる原因を取り除いてから代入する．
$\frac{x^2-\alpha^2}{x-\alpha}=x+\alpha$
$\frac{x^3-\alpha^3}{x-\alpha}=x^2+ x\alpha+ \alpha^2$
一般に
$x^{n-1}+ x^{n-2}\alpha+\cdots+ x\alpha^{n-2}+ \alpha^{n-1}$
は初項が $x^{n-1}$ ，公比が $\frac{a}{x}$ ，項数が $n$ の等比数列の和だから
$x^{n-1}+ x^{n-2}\alpha+\cdots+ x\alpha^{n-2}+ \alpha^{n-1}=\frac{x^n-\alpha^n}{x-\alpha}$
※右辺を先に左辺を後で見ると楽

(**)に $x=\alpha$ を代入すると２つ目の条件式が得られる．
(A)(B)はその場で作ればよく，こんなものまで覚え出したらきりがないと思う．

【例題2.2】　次の行列のｎ乗を求めてください．
$A=\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 1 & 3\end{pmatrix}$

（解答）
ケーリ－・ハミルトンの定理により
$A^2-4A+ 4E=(A-2E)^2=0$
が成り立つ．

$x^n=(x-2)^2Q(x)+ px+ q$ …(*)
となる $p,q$ を求める.
(*)に $x=2$ を代入すると
$2^n=2p+ q$ …(1)
(1)の両辺を微分すると
$nx^{n-1}=2(x-2)Q(x)+ (x-2)^2Q\apos(x)+ p$ …(**)
(**)に $x=2$ を代入すると
$n\times 2^{n-1}=p$ …(2)
この連立方程式を解くと
$p=n\times 2^{n-1},\hspace{3}q=2^n-n\times 2^n=(1-n)2^n$
したがって
$x^n=(x-2)^2Q(x)+ n\times 2^{n-1}x+(1-n)2^n$

この恒等式を行列の恒等式に当てはめると
$A^n=(A-2E)^2Q(A)+ n\times 2^{n-1}A+(1-n)2^nE$
行列 $A$ は $(A-2E)^2=0$ を満たすから
$A^n=n\times 2^{n-1}A+(1-n)2^nE$
$=n\times 2^{n-1}\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 1 & 3\end{pmatrix}+(1-n)2^n\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 1\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}(2-n)2^{n-1} & -n\times 2^{n-1} \\ n\times 2^{n-1} & (n+ 2)2^{n-1}\end{pmatrix}$

【問題2.1】

$A=\begin{pmatrix}1& 2 \\ 3& 0\end{pmatrix}$ とする．このとき $A^2-A-6E=O$ であることを示し， $n=1,2,3,\cdots$ に対して $A^n$ を求めよ．

（新潟大学［2000年度］からの一部引用）

参考答案を見る

前半のケーリー・ハミルトンの定理が成立することの証明は，ここでは省略する．

$A^2-A-6E=0$
が成り立つ．

そこで，多項式についての恒等式
$x^n=(x^2-x-6)Q(x)+ px+ q$
$=(x-3)(x+ 2)Q(x)+ px+ q$ …(1)
となる $p,q$ を求めておく．
$x=3$ を代入すると $3^n=3p+ q$ …(2)
$x=-2$ を代入すると $(-2)^n=-2p+ q$ …(3)
(2)(3)より
$p=\frac{3^n-(-2)^n}{5},\hspace{3}q=\frac{2\times 3^n+ 3\times (-2)^n}{5}$
このとき(1)式は
$x^n=(x^2-x-6)Q(x)+\frac{3^n-(-2)^n}{5}x+ \frac{2\times 3^n+ 3\times (-2)^n}{5}$
となるから
$A^n=(A^2-A-6E)Q(A)+\frac{3^n-(-2)^n}{5}A+ \frac{2\times 3^n+ 3\times (-2)^n}{5}E$

ここでケーリ－・ハミルトンの定理により
$A^2-A-6E=0$
だから
$A^n=\frac{3^n-(-2)^n}{5}A+ \frac{2\times 3^n+ 3\times (-2)^n}{5}E$
右辺を計算すれば， $A^n$ が求まったことになる．
$A^n=\frac{3^n-(-2)^n}{5}\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 3 & 0\end{pmatrix}+\frac{2\times 3^n+ 3\times(-2)^n}{5}\begin{pmatrix}1& 0\\ 0& 1\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}\frac{3^{n+ 1}+ 2(-2)^n}{5}& \frac{2\times 3^{n}-2(-2)^n}{5}\\ \frac{3^{n+ 1}-3(-2)^n}{5} & \frac{2\times 3^{n}+ 3(-2)^n}{5}\end{pmatrix}$

【問題2.2】

$A=\begin{pmatrix}2& -1\\1& 0\end{pmatrix}$ のとき $A^n$ を求めよ．

参考答案を見る

ケーリー・ハミルトンの定理により
$A^2-2A+ E=0$
が成り立つ．

そこで，多項式についての恒等式
$x^n=(x^2-2x+ 1)Q(x)+ px+ q$
$=(x-1)^2Q(x)+ px+ q$ …(*)
となる $p,q$ を求めておく．
$x=1$ を代入すると $1=p+ q$ …(1)
(*)の両辺を微分すると
$nx^{n-1}=2(x-1)Q(x)+(x-1)^2Q\apos(x)+ p$ …(**)
$x=1$ を代入すると $n=p$ …(2)
(1)(2)より
$p=n,\hspace{3}q=1-n$
このとき(1)式は
$x^n=(x^2-2x+ 1)Q(x)+nx+(1-n)$
となるから
$A^n=(A^2-2A+ E)Q(A)+ nA+(1-n)E$

ここでケーリ－・ハミルトンの定理により
$A^2-2A+ E=0$
だから
$A^n=nA+(1-n)E$
右辺を計算すれば， $A^n$ が求まったことになる．
$n\begin{pmatrix}2& -1\\1& 0\end{pmatrix}+(1-n)\begin{pmatrix}1& 0\\0& 1\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}2n& -2\\n& 0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1-n& 0\\0& 1-n\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}n+ 1 & -n\\n& 1-n\end{pmatrix}$

[3]　数列の連立漸化式にして解く方法

$A=\begin{pmatrix}a& b\\c& d\end{pmatrix}$ が与えられているとき，
$A^n=\begin{pmatrix}a_n& b_n\\c_n& d_n\end{pmatrix}$ となる成分を求める．
$A^{n+ 1}$ と $A^{n}$ の関係式
$\begin{pmatrix}a_{n+ 1}& b_{n+ 1}\\c_{n+ 1}& d_{n+ 1}\end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}a_n& b_n\\c_n& d_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a& b\\c& d\end{pmatrix}$
から $a_n,b_n,c_nd_n$ の漸化式ができるのでこれを解く．

【例題3.1】　次の行列のｎ乗を求めてください．
$A=\begin{pmatrix}5& -4\\ 2& -1\end{pmatrix}$

（解答）
$A^n=\begin{pmatrix}a_n& b_n\\c_n& d_n\end{pmatrix}$ とおく．
$\begin{pmatrix}a_{n+ 1}& b_{n+ 1}\\c_{n+ 1}& d_{n+ 1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_n& b_n\\c_n& d_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}5& -4\\2& -1\end{pmatrix}$
の成分を比較すると

$a_{n+ 1}=5a_n+ 2b_n$ …(1)
$b_{n+ 1}=-4a_n-b_n$ …(2)

$c_{n+ 1}=5c_n+ 2d_n$ …(3)
$d_{n+ 1}=-4c_n-d_n$ …(4)

※未知数が４個の連立方程式か？などと構える必要はない．(3)(4)は(1)(2)と同じ形だから(1)(2)を解けばよい
（初項だけ変えると(3)(4)も求まる）

求め方(*↓)はあるが，答案としては次の変形が突然「ひらめいた」ようなふりをして短く書いてもよい．（正しく変形されていることが分かれば，なぜ思いつくのかまで述べなくてもよい）
(1)+(2)
$a_{n+ 1}+ b_{n+ 1}=a_n+ b_n$
だから
$a_n+ b_n=a_{n-1}+ b_{n-1}$
$=\cdots=a_1+ b_1=5-4=1$ …(5)
(1)+1/2×(2)
$a_{n+ 1}+ \frac{1}{2}b_{n+ 1}=3a_n+ \frac{3}{2}b_n$
$=3(a_n+ \frac{1}{2}b_n)$
$a_n+ \frac{1}{2}b_n$ は公比3の等比数列になるから
$a_n+ \frac{1}{2}b_n=3^{n-1}(a_1+ \frac{1}{2}b_1)$
$=3^{n-1}\times (3)=3^n$ …(6)
(5)(6)より
$a_n=2\times 3^n-1,\hspace{10}b_n=2-2\times 3^n$
同様にして
$c_n=3^n-1,\hspace{10}d_n=2-3^n$
ゆえに
$A^n=\begin{pmatrix}2\times 3^n-1&\hspace{10} 2-2\times 3^n \\3^n-1&\hspace{10} 2-3^n\end{pmatrix}$

求め方(*←)
$a_{n+ 1}-\alpha b_{n+ 1}=\beta(a_n-\alpha b_n)$
となる定数 $\alpha,\beta$ を求める．
　この形になれば $a_n-\alpha b_n$ が等比数列になって一般項が求められるからうれしいな～♪と考える．求まらなければ他のことを考える
$(5a_n+ 2b_n)-\alpha(-4a_n-b_n)=\beta(a_n-\alpha b_n)$
の係数を比較すると

$5+ 4\alpha=\beta$
$2+ \alpha=-\alpha\beta$
$2+ \alpha=-\alpha(5+ 4\alpha)$
$4\alpha^2+ 6\alpha+ 2=0$
$2\alpha^2+ 3\alpha+ 1=0$
$(\alpha+ 1)(2\alpha+ 1)=0$
$\alpha=-1,\hspace{3}-\frac{1}{2}$

$\alpha=-1$ …(*1)
$\beta=1$

$\alpha=-\frac{1}{2}$ …(*2)
$\beta=3$

(*1)のとき
$a_{n+ 1}+ b_{n+ 1}=a_n+ b_n$
(*2)のとき
$a_{n+ 1}+ \frac{1}{2}b_{n+ 1}=3(a_n+ \frac{1}{2}b_n)$
※２つの異なる解があればこの方法で解ける．重解になるときは他に工夫がいる．

【問題3.1】

$A=\begin{pmatrix}8& 1\\ 4& 5\end{pmatrix}$ のとき $A^n$ を求めよ．

参考答案を見る

$A^n=\begin{pmatrix}a_n& b_n\\c_n& d_n\end{pmatrix}$ とおく．
$\begin{pmatrix}a_{n+ 1}& b_{n+ 1}\\c_{n+ 1}& d_{n+ 1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_n& b_n\\c_n& d_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}8& 1\\4& 5\end{pmatrix}$
の成分を比較すると

$a_{n+ 1}=8a_n+ 4b_n$ …(1)
$b_{n+ 1}=a_n+ 5b_n$ …(2)

$c_{n+ 1}=8c_n+ 4d_n$ …(3)
$d_{n+ 1}=c_n+ 5d_n$ …(4)
(1)+(2)
$a_{n+ 1}+ b_{n+ 1}=9(a_n+ b_n)$
だから
$a_n+ b_n=(a_{1}+ b_{1})9^{n-1}=9^n$ …(5)
(1)−4×(2)
$a_{n+ 1}-4b_{n+ 1}=4(a_n-4b_n)$
$a_n-4b_n$ は公比4の等比数列になるから
$a_n-4b_n=(a_1-4b_1)4^{n-1}=4^n$ …(6)
(5)(6)より
$a_n=\frac{4\times 9^n+ 4^n}{2},\hspace{10}b_n=\frac{9^n-4^n}{5}$
同様にして
$c_n=\frac{4\times 9^n-4^{n+ 1}}{5},\hspace{10}d_n=\frac{9^n+ 4^{n+ 1}}{5}$
ゆえに
$A^n=\begin{pmatrix}\frac{4\times 9^n+ 4^n}{2}& \frac{9^n-4^n}{5}\hspace{10}\\ \frac{4\times 9^n-4^{n+ 1}}{5}&\hspace{10}\frac{9^n+ 4^{n+ 1}}{5}\end{pmatrix}$

【問題3.2】

$A=\begin{pmatrix}2& 1\\0& 3\end{pmatrix}$ のとき $A^n$ を求めよ．

参考答案を見る

$A^n=\begin{pmatrix}a_n& b_n\\c_n& d_n\end{pmatrix}$ とおく．
$\begin{pmatrix}a_{n+ 1}& b_{n+ 1}\\c_{n+ 1}& d_{n+ 1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_n& b_n\\c_n& d_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 1\\0& 3\end{pmatrix}$
の成分を比較すると

$a_{n+ 1}=2a_n$ …(1)
$b_{n+ 1}=a_n+ 3b_n$ …(2)

$c_{n+ 1}=2c_n$ …(3)
$d_{n+ 1}=c_n+ 3d_n$ …(4)
(1)より
$a_n=(a_{1})2^{n-1}=2^n$ …(5)
(1)+(2)
$a_{n+ 1}+ b_{n+ 1}=3(a_n+ b_n)$
$a_n+ b_n$ は公比3の等比数列になるから
$a_n+ b_n=(a_1+ b_1)3^{n-1}=3^n$ …(6)
(5)(6)より
$a_n=2^n,\hspace{10}b_n=3^n-2^n$
同様にして
$c_n=0,\hspace{10}d_n=3^n$
ゆえに
$A^n=\begin{pmatrix}2^n& \hspace{10}3^n-2^n\\ 0&\hspace{10}3^n\end{pmatrix}$

重解を持つ場合，例えば， $A=\begin{pmatrix}2& -1\\1& 4\end{pmatrix}$ のとき， $\alpha=-1,\hspace{2}\beta=3$ の重解になりますが，これでできる漸化式を解くと
$a_{n+ 1}+ b_{n+ 1}=3(a_n+ b_n)$
$a_n+ b_n=3^{n-1}$
となって，１つ解けますので，これを連立漸化式の一方に代入すると $a_n$ （または $b_n$ ）が消去できて，2項間漸化式となり，普通に解けます．
$a_n=\frac{5-3^{n-1}}{2},\hspace{3}b_n=\frac{3^{n}-5}{2}$
$c_n=\frac{5\times3^{n-1}-3}{2},\hspace{3}d_n=\frac{5\times3^{n-1}+ 3}{2}$

[4]　行列の対角化を意識して解く方法

○行列の対角化は，行列の固有値，固有ベクトルを使うもので，大学の入試問題には行列のｎ乗を対角化を使って求めさせる問題が多い．ただし，行列の対角化それ自体は高校数学の範囲内にない（現在では行列自体もない）ので，入試問題として出題されるときは無理なく解けるように誘導問題になっている．
　ただし，話の筋書きを知っておくと，そもそも何をやっていてどこに連れていくのかが分かるので，方針を立てやすい．

○はじめに，対角行列は積の計算が簡単で，特に対角行列のｎ乗は各成分のｎ乗で求めることができることを思い出そう．
$\begin{pmatrix}a & 0\\ 0& b\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c & 0\\ 0& d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}ac & 0\\ 0& bd\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}\lambda & 0\\ 0& \mu\end{pmatrix}^n=\begin{pmatrix}\lambda^n & 0\\ 0& \mu^n\end{pmatrix}$
　この性質を行列のｎ乗を求める計算に利用することができる．

○ただし，次に述べる「行列の対角化」とは対角行列でない行列を対角行列に変形するということではないことに注意しよう．対角行列でないものが対角行列に変形できたら，当然のことながら，その変形は間違っている．

　行列の対角化とは，
行列 $A$ が与えられたときに
対角行列

2016年のピコ太郎は PPAP 行列の対角化は PインバースAP
※言ってみただけ～♪

$\begin{pmatrix}\lambda & 0\\ 0& \mu\end{pmatrix}$
と他にもう１つの行列 $P$ を見つけて
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\lambda & 0\\ 0& \mu\end{pmatrix}$
のように「サンドイッチの形で表すこと」を言います．
　 $A=P\begin{pmatrix}\lambda & 0\\ 0& \mu\end{pmatrix}P^{-1}$
と書いてもよい．

○与えられた行列 $A$ に対して，うまく
$A=P\begin{pmatrix}\lambda & 0\\ 0& \mu\end{pmatrix}P^{-1}$
と変形できれば，なぜうれいしのかというと
$A^2=P\begin{pmatrix}\lambda & 0\\ 0& \mu\end{pmatrix}P^{-1}P\begin{pmatrix}\lambda & 0\\ 0& \mu\end{pmatrix}P^{-1}$
となり，真ん中の $P^{-1}P$ が単位行列 $E$ になるので
$A^2=P\begin{pmatrix}\lambda & 0\\ 0& \mu\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\lambda & 0\\ 0& \mu\end{pmatrix}P^{-1}$
ところが対角行列の積は成分の積になるので
$A^2=P\begin{pmatrix}\lambda^2& 0\\ 0&\mu^2\end{pmatrix}P^{-1}$

◎ $D^n$ は簡単に求められるので
対角行列 $D$ と対角化行列 $P$ により

$P^{-1}AP=D$
$\rightarrow P^{-1}A^nP=D^n$

または

$A=PDP^{-1}$
$\rightarrow A^n=PD^nP^{-1}$

に持ち込むところがミソ

同様にして
$A^3=P\begin{pmatrix}\lambda^3 & 0\\ 0& \mu^3\end{pmatrix}P^{-1}$
一般に
$A^n=P\begin{pmatrix}\lambda^n& 0\\ 0& \mu^n \end{pmatrix}P^{-1}$
のように何乗でも簡単に計算できます．

$(P^{-1}AP)^n=\begin{pmatrix}\lambda& 0\\ 0&\mu\end{pmatrix}^n$
から
$P^{-1}A^nP=\begin{pmatrix}\lambda^n & 0\\ 0& \mu^n\end{pmatrix}$
と変形しても同じです．

大学入試では高校の教育課程の範囲内にないものは出せませんが，対角化行列 $P$ と対角行列 $D$ が与えられていて
$P^{-1}AP=D$
が誘導問題として示されていれば高校数学の範囲内になります．
これに対して，固有値から対角行列 $D$ を求め，固有ベクトルから対角化行列 $P$ を自分で計算しなければならないのが大学での取り扱いです．

※（高卒向け）固有値，固有ベクトルをもとめて行列を対角化する方法はこの頁

【例題4.1】

$A=\begin{pmatrix}2 & 1 \\ 1 & 2\end{pmatrix},\hspace{5}S=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}$ とするとき $S^{-1}AS=$ ウであり，これを用いて行列 $A^n\hspace{5}(n=1,2,3,\cdots)$ を求めると $A^n=$ エである．

（福岡大［平成17年度］）

（解答）

$A=\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix}$ の逆行列は
$A^{-1}=\frac{1}{\Delta}\begin{pmatrix}d& -b\\ -c& a\end{pmatrix}$
ここで， $\Delta$ は行列 $A$ の行列式 $\Delta=ad-bc$ を表す．

$S^{-1}=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 1& 1\end{pmatrix}$
$S^{-1}AS=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1& -1\\ 1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 1\\ 1& 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 1\\ -1& 1\end{pmatrix}$
$=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 3 \\ -1 & 3\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0& 3\end{pmatrix}$

$(S^{-1}AS)^n=\begin{pmatrix}1^n & 0 \\ 0& 3^n\end{pmatrix}$
$S^{-1}A^nS=\begin{pmatrix}1^n & 0 \\ 0& 3^n\end{pmatrix}$
だから
$A^n=S\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0& 3^n\end{pmatrix}S^{-1}$
$=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0& 3^n\end{pmatrix}\frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1 \\ 1& 1\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{3^n}{2}& \frac{3^n}{2}\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}\frac{3^n+ 1}{2} & \frac{3^n-1}{2} \\ \frac{3^n-1}{2}& \frac{3^n+ 1}{2}\end{pmatrix}$

【例題4.2】
３つの行列を次のようにおく．

$A=\begin{pmatrix}3& -2 \\ -1 & 2\end{pmatrix},\hspace{5}P=\begin{pmatrix}1& 2\\ 1& -1\end{pmatrix},\hspace{5}B=P^{-1}AP$
このとき次の問いに答えよ．
(1) $P$ の逆行列 $P^{-1}$ および $B$ を求めよ．
(2) $B^n,\hspace{5}A^n\hspace{5}(n=1,2,3,\cdots)$ を求めよ．

（岩手大［2000年度］一部引用）

（解答）

$P=\begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix}$ の逆行列は
$P^{-1}=\frac{1}{\Delta}\begin{pmatrix}d & -b \\ -c & a\end{pmatrix}$
ここで， $\Delta$ は行列 $P$ の行列式 $\Delta=ad-bc$ を表す．
対角成分は入れ換える．対角でない成分は符号だけ変える．

(1)
$\Delta=ad-bc=-3$
$P^{-1}=\frac{1}{-3}\begin{pmatrix}-1 & -2 \\ -1 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{2}{3} \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{3}\end{pmatrix}$
$B=P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{2}{3} \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}3 & -2 \\ -1 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 1 & -1\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{2}{3}\\ \frac{1}{3}& -\frac{1}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 8\\ 1& -4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 0\\ 0& 4\end{pmatrix}$
(2)
$B^n=\begin{pmatrix}1^n & 0 \\ 0 & 4^n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 4^n\end{pmatrix}$
$B^n=P^{-1}A^nP$ に対して，左から $P$ を右から $P^{-1}$ を掛けると
$PB^nP^{-1}=A^n$
$A^n=\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & 4^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{2}{3} \\ \frac{1}{3} & -\frac{1}{3}\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 1 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{2}{3} \\ \frac{4^n}{3} & -\frac{4^n}{3}\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}\frac{1+ 2\times 4^n}{3}&\frac{2-2\times 4^n}{3}\\ \frac{1-4^n}{3}&\frac{2+ 4^n}{3}\end{pmatrix}$

【問題4.1】

$A=\begin{pmatrix}4& 1\\ 2& 3\end{pmatrix},\hspace{5}P=\begin{pmatrix}1& 1\\ -2& 1\end{pmatrix}$ とするとき
(1) $P$ の逆行列 $P^{-1}$ および $P^{-1}AP$ を求めよ．
(2) $A^n\hspace{5}(n=1,2,3,\cdots)$ を求めよ．

参考答案を見る

(1)
$P^{-1}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}1& -1\\ 2& 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}& -\frac{1}{3}\\ \frac{2}{3}& \frac{1}{3}\end{pmatrix}$
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}& -\frac{1}{3}\\ \frac{2}{3}& \frac{1}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}4& 1\\ 2& 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 1\\ -2& 1\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}& -\frac{1}{3}\\ \frac{2}{3}& \frac{1}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 5\\ -4& 5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2& 0\\ 0& 5\end{pmatrix}$
(2)
$(P^{-1}AP)^n=\begin{pmatrix}2^n& 0\\ 0& 5^n\end{pmatrix}$
$P^{-1}A^nP=\begin{pmatrix}2^n& 0\\ 0& 5^n\end{pmatrix}$
だから
$A^n=P\begin{pmatrix}2^n& 0\\ 0& 5^n\end{pmatrix}P^{-1}$
$=\begin{pmatrix}1& 1\\ -2& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2^n& 0\\ 0& 5^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{1}{3}& -\frac{1}{3}\\ \frac{2}{3}& \frac{1}{3}\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}1& 1\\ -2& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\frac{2^n}{3}& -\frac{2^n}{3}\\ \frac{2\times 5^n}{3}&\frac{5^n}{3}\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}\frac{2^n+ 2\times 5^n}{3}& \frac{-2^n+ 5^n}{3}\\ \frac{-2^{n+ 1}+ 2\times 5^n}{3}& \frac{2^{n+ 1}+ 5^n}{3}\end{pmatrix}$

【問題4.2】

$A=\begin{pmatrix}2& 0\\ 1& 1\end{pmatrix},\hspace{5}P=\begin{pmatrix}0& 1\\ 1& 1\end{pmatrix}$ とするとき
(1) $P$ の逆行列 $P^{-1}$ および $P^{-1}AP$ を求めよ．
(2) $A^n\hspace{5}(n=1,2,3,\cdots)$ を求めよ．

参考答案を見る

(1)
$P^{-1}=\frac{1}{-1}\begin{pmatrix}1& -1\\ -1& 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1& 1\\ 1& 0\end{pmatrix}$
$P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-1& 1\\ 1& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2& 0\\ 1& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 1\\ 1& 1 \end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}-1& 1\\ 1& 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0& 2\\ 1& 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1& 0\\ 0& 2 \end{pmatrix}$
(2)
$(P^{-1}AP)^n=\begin{pmatrix}1^n& 0\\ 0& 2^n \end{pmatrix}$
$P^{-1}A^nP=\begin{pmatrix}1& 0\\ 0& 2^n \end{pmatrix}$
だから
$A^n=P\begin{pmatrix}1& 0\\ 0& 2^n\end{pmatrix}P^{-1}$
$=\begin{pmatrix}0& 1\\ 1& 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1& 0\\ 0& 2^n \end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1& 1\\ 1& 0\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}0& 1\\ 1& 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1& 1\\ 2^n& 0\end{pmatrix}$
$=\begin{pmatrix}2^n& 0\\ 2^n-1& 1\end{pmatrix}$

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■［個別の頁からの質問に対する回答］[行列のｎ乗について／18.9.2］

問題4.1の(2)の解説の、答えとなる行列の、2行1列目の成分で、マイナスが分母と分子の間の線のところの左横に来ていますが、正しくは分子の2^(n+1)の左横に来るべきだと思います
＝＞［作者］：連絡ありがとう．ズバリ書き損じがありました．よく見ると(1)の段階ですでに…訂正しました．

■［個別の頁からの質問に対する回答］[行列のｎ乗について／18.9.2］

例題1.2に登場するΣの上端は、nではなくn-1だと思ったのですが、どうなんでしょうか？
＝＞［作者］：連絡ありがとう．訂正しました．

■［個別の頁からの質問に対する回答］[行列のｎ乗について／18.6.28］

[4]　行列の対角化を意識して解く方法のPがあらかじめ提示されてましたがPを求める方法が知りたいです
＝＞［作者］：連絡ありがとう．その内容は完全に高校数学の範囲を外れますので，このページを見てください．

■［個別の頁からの質問に対する回答］[行列のｎ乗について／18.5.13］

的確かつ簡潔で、知りたいことが見事に解決しました。素晴らしいです。元ネタや、参考文献はあるのですか。
＝＞［作者］：連絡ありがとう．参考文献というものはありません．高校で教えていたときに出会った内容をまとめて，補強したものです．

■［個別の頁からの質問に対する回答］[行列のｎ乗について／18.4.10］

P-1AP計算で答案では右からの行列計算ですが、左からの行列計算でも良いのですよね…結果は同じ様ですが…。問題4.1で最後の答でCnの場合-2のn+1乗+2✖5のn乗/3ではありませんか?…-が抜けていると思いますが…、宜しくご指導ください。
＝＞［作者］：連絡ありがとう．Cnの場合というのが何を意味するのか伝わってきませんが，2,1成分の符号に間違いがありましたので訂正しました．