2×2 正方行列の n 乗-Vol.1

この記事の所要時間: 815

2行2列 正方行列の n 乗

高校の学習範囲から行列は今はなくなりましたが, 行列の n 乗を求めさせる問題は沢山ありました.

そこで, 今回は一般の 2×2 行列

\begin{equation*} A=\left(\begin{array}{ll} a & b\\ c & d \end{array}\right) \end{equation*}

n 乗がどのように書けるかと, その導出法の一つを紹介します. (導出法については別の記事でいろいろな方法を1つずつ紹介します).

まずは結果から…

\displaystyle A = \left(\begin{array}{cc}a & b\\ c & d\end{array}\right) について,

2 次方程式

\[x^2-(\mathrm{tr} A)x+(\mathrm{det} A)=0\]

について

[1] 重解 \alpha をもつとき

\begin{equation*} A^n = \left(\begin{array}{cc}(na-n\alpha+\alpha)\alpha^{n-1} & nb\alpha^{n-1}\\ nc\alpha^{n-1} & (nd-n\alpha+\alpha)\alpha^{n-1}\end{array}\right) \end{equation*}

(\alpha=0 かつ n=1 については成り立つとは限らない)

[2] 異なる 2 解 \alpha, \beta をもつとき

\begin{equation*} A^n = \frac{1}{\alpha-\beta}\left(\begin{array}{cc}(a-\beta)\alpha^{n-1}-(a-\alpha)\beta^{n-1} & b\alpha^n-b\beta^n\\ c\alpha^n-c\beta^n & (d-\beta)\alpha^{n-1}-(d-\alpha)\beta^{n-1}\end{array}\right) \end{equation*}

今回の記事では, ケーリー・ハミルトンの定理を使って次数を下げていく方法を紹介します.

証明 1.

行列

\[A=\left(\begin{array}{cc}a & b \\ c & d\end{array}\right)\]

についてケーリー・ハミルトン (Cayley-Hamilton)の定理 により,

\begin{equation*} A^2=(\mathrm{tr}A)A-(\mathrm{det}E) \end{equation*}

ここで, E は 2行2列の単位行列とします.

これを繰り返し用いることで, A^n の次数を下げて,

\begin{equation*} A^n = P(n)A+Q(n)E \end{equation*}

(P(n), Q(n) は係数で, 実数です).

と書くことができます.

そこで, P(n), Q(n) についての漸化式を求めて解くことで P(n), Q(n) を実際に求めていきます.

\begin{eqnarray*} A^{n+1} &=& A^n\cdot A\\ &=& \{P(n)A+Q(n)E\}A\\ &=& P(n)A^2+Q(n)A\\ &=& P(n)\{(\methrm{tr}A)A-(\methrm{det}A)E\}+Q(n)E\\ &=& \{(\methrm{tr}A)P(n)+Q(n)\}A-(\methrm{det}A)P(n)E \end{eqnarray*}

なので,

\begin{eqnarray*} P(n+1) &=& (\methrm{tr}A)P(n)+Q(n)\\ Q(n+1) &=& -(\mathrm{det}A)P(n) \end{eqnarray*}

これらから P(n) および Q(n) だけの漸化式を求めると, それぞれ

\begin{eqnarray*} P(n+2)&=&(\mathrm{tr}A)P(n+1)+(\mathrm{det}A)P(n)\\ Q(n+2)&=&(\mathrm{tr}A)Q(n+1)+(\mathrm{det}A)Q(n) \end{eqnarray*}

となります.

また, P(n), Q(n) の初期条件は

\begin{eqnarray*} P(1) = 1,&\quad& P(2)=\mathrm{tr}A\\ Q(1)=1,&\quad& Q(2)=-\mathrm{det}A \end{eqnarray*}

なので, 以前の記事 (隣接3項間の漸化式の一般項) の結果を用いると,

2次方程式

\[x^2-(\mathrm{tr} A)x+(\mathrm{det} A)=0\]

の解に関して場合分けできます.

[1] 重解 \alpha\,(\neq 0) をもつとき

(重解\alpha=0 の場合は A^n = (\mathem{tr}A)^{n-1}A となります).

漸化式を解くと,

\begin{eqnarray*} P(n) &=& \alpha^{n-2}\{(\mathrm{tr}A-\alpha)n+(2\alpha-\mathrm{tr}A)\}\\ Q(n) &=& \alpha^{n-2}\{(-\mathrm{det}A)n+(\mathrm{det}A)\}\\ &=& (1-n)(\mathrm{det}A)\alpha^{n-2} \end{eqnarray*}

また, 解と係数の関係より

\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l}2\alpha = \mathrm{tr}\\ \alpha^2=\mathrm{det}A\end{array}\right. \end{equation*}

が成り立つので,

\begin{eqnarray*} P(n) &=& \alpha^{n-1}n\\ Q(n) &=& (1-n)\alpha^n \end{eqnarray*}

となり,

\begin{equation*} A^n = \alpha^{n-1}nA+(1-n)\alpha^nE \end{equation*}

[2] 異なる 2 解 \alpha, \beta をもつとき,

漸化式を解くと

\begin{eqnarray*} P(n) &=& \frac{1}{\alpha-\beta}\{(\mathrm{tr}A-\beta)\alpha^{n-1}-(\mathrm{tr}A-\alpha)\beta^{n-1}\}\\ Q(n) &=& \frac{1}{\alpha-\beta}\{(-\mathrm{det}A)\alpha^{n-1}-(-\mathrm{det}A)\beta^{n-1}\}\\ &=& -(\mathrm{det}A)\cdot\frac{\alpha^{n-1}-\beta^{n-1}}{\alpha-\beta} \end{eqnarray*}

解と係数の関係から,

\begin{eqnarray*} \alpha+\beta &=& \mathrm{tr}A\\ \alpha\beta &=&\mathrm{det}A \end{eqnarray*}

であることを用いると,

\begin{eqnarray*} P(n) &=& \frac{\alpha^n-\beta^n}{\alpha-\beta}\\ Q(n) &=& -\frac{\alpha\beta(\alpha^{n-1}-\beta^{n-1})}{\alpha-\beta} \end{eqnarray*}

となり,

\begin{equation*} A^n = \frac{1}{\alpha-\beta}\{(\alpha^n-\beta^n)A-(\alpha^n\beta-\alpha\beta^n)E\} \end{equation*}

スポンサーリンク
sub2
sub2
  • このエントリーをはてなブックマークに追加