2×2 正方行列の n 乗-Vol.1

この記事の所要時間: 734

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

の \(n\) 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…

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

2 次方程式

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

[1] 重解 \(\alpha\) をもつとき

\begin{align}
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{align}

(\(\alpha=0\) かつ \(n=1\) についてはこの式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{align}
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{align}

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{align}
A^2=(\mathrm{tr}A)A-(\mathrm{det}E)
\end{align}

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{align}
A^n = P(n)A+Q(n)E
\end{align}

(\(P(n), Q(n)\) は係数で,実数).

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 \(P(n), Q(n)\) を求めていきます.

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

なので,

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

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{align}
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{align}

となります.

また,\(P(n), Q(n)\) の初期条件は

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

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 \(A^n = (\mathrm{tr}A)^{n-1}A\) となります).

漸化式を解くと,

\begin{align}
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{align}

また, 解と係数の関係より

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

が成り立つので,

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

となり,

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

[2] 異なる 2 解 \(\alpha, \beta\) をもつとき,

漸化式を解くと

\begin{align}
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{align}

解と係数の関係から,

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

であることを用いると,

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

となり,

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

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