第5章　ケーリー・ハミルトンの定理と行列の n 乗

行列が満たす 2 次方程式

数の世界では、$x$ に何か具体的な数を入れれば $x^2$${}- 5x$${}+ 6$ の値が決まります。行列でも同じことができます。$A$ を 2 次の正方行列とすると、$A^2$ も $5A$ も $6E$ も 2 次の正方行列なので、$A^2$${}- 5A$${}+ 6E$ という式には意味があります。定数項を $6$ ではなく $6E$ と書くのは、行列と数は足せないからです。数の $6$ を行列の仲間に入れるには、単位行列を使って $6E$ の姿にしてやる必要がありました（第 2 章）。

さて、$A$${}= \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$ で試してみます。$a$${}+ d$${}= 7$，$ad$${}- bc$${}= 12$${}- 2$${}= 10$ です。この $7$ と $10$ を係数にして $A^2$${}- 7A$${}+ 10E$ を計算すると

$\displaystyle \begin{pmatrix} 11 & 7 \\ 14 & 18 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}- \begin{pmatrix} 21 & 7 \\ 14 & 28 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}+ \begin{pmatrix} 10 & 0 \\ 0 & 10 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}$

きれいに零行列になりました。偶然ではありません。どんな 2 次の正方行列でも、対角成分の和 $a$${}+ d$ と行列式 $\Delta$${}= ad$${}- bc$ を係数に選べば、必ずこうなります。

公式1：ケーリー・ハミルトンの定理

$A$${}= \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ とし、$\Delta$${}= ad$${}- bc$ とする。このとき

$\displaystyle A^2$$\displaystyle {}- (a + d)A$$\displaystyle {}+ \Delta E$$\displaystyle {}= O$

が常に成り立つ。すなわち

$\displaystyle A^2$$\displaystyle {}= (a + d)A$$\displaystyle {}- \Delta E$

$a$${}+ d$（左上から右下へ並ぶ成分の和）を $A$ の対角和という。

証明は成分を書き下すだけです。

$\displaystyle A^2$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} a^2 + bc & b(a + d) \\ c(a + d) & bc + d^2 \end{pmatrix}$

積の計算で、右上は $ab$${}+ bd$${}= b(a+d)$、左下は $ca$${}+ dc$${}= c(a+d)$ とくくれるのがみそです。ここから $(a+d)A$ を引きます。非対角成分は差し引きゼロ、対角成分は

$\displaystyle a^2$$\displaystyle {}+ bc$$\displaystyle {}- (a^2 + ad)$$\displaystyle {}= bc$$\displaystyle {}- ad,$$\displaystyle bc$$\displaystyle {}+ d^2$$\displaystyle {}- (ad + d^2)$$\displaystyle {}= bc$$\displaystyle {}- ad$

なので

$\displaystyle A^2$$\displaystyle {}- (a + d)A$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} bc - ad & 0 \\ 0 & bc - ad \end{pmatrix}$

対角成分はどちらも $bc$${}- ad$${}= -\Delta$。つまりこれは $-\Delta E$ です。移項すれば公式1 が出ます。

この定理のありがたみは、$A^2$ を「$A$ の何倍か」と「$E$ の何倍か」の足し算に書き直せるところにあります。2 次以上の項を 1 次以下に引きずり下ろせる、ということです。これを次数下げといいます。

似た経験は数と式の章でしています。$\alpha$${}= 1$${}+ \sqrt{2}$ は $x^2$${}- 2x$${}- 1$${}= 0$ の解なので $\alpha^2$${}= 2\alpha$${}+ 1$ でした。だから $\alpha^3$ も $\alpha^{10}$ も、計算すれば必ず「整数 $+$ 整数 $\times \sqrt{2}$」の形に戻ってきます。$\sqrt{2}$ が満たす 2 次方程式が、高い累乗を低いところへ押し戻しているのです。行列にも同じ仕組みが備わっている、というのがこの定理の中身です。

どんな 2 次の正方行列も $A^2$${}= (a + d)A$${}- \Delta E$ という自分専用の関係式を持っていて、これを使えば $A^2$ を $A$ と $E$ の組み合わせに書き直せるということです。

例題1：定理の確認と $A^3$ の計算

$A$${}= \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$ について、次の問いに答えなさい。

(1) ケーリー・ハミルトンの定理の式を書きなさい。

(2) (1) を使って $A^3$ を求めなさい。

---

【解答】

(1) $a$${}+ d$${}= 3$${}+ 4$${}= 7$，$\Delta$${}= 3 \times 4$${}- 1 \times 2$${}= 10$ です。よって

$\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.9474em}A^2}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.9474em}{}- 7A}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.0833em]{0em}{0.9474em}{}+ 10E = O}$

(2) (1) より $A^2$${}= 7A$${}- 10E$ です。両辺に右から $A$ をかけます。

$\displaystyle A^3$$\displaystyle {}= 7A^2$$\displaystyle {}- 10A$

ここで右辺の $A^2$ に、もう一度 $7A$${}- 10E$ を代入します。

$\displaystyle A^3$$\displaystyle {}= 7(7A - 10E)$$\displaystyle {}- 10A$$\displaystyle {}= 49A$$\displaystyle {}- 70E$$\displaystyle {}- 10A$$\displaystyle {}= 39A$$\displaystyle {}- 70E$

$A$ と $E$ の組み合わせになりました。あとは成分を入れるだけです。

$\displaystyle A^3$$\displaystyle {}= 39\begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}- 70\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} 117 - 70 & 39 \\ 78 & 156 - 70 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \underline{\begin{pmatrix} 47 & 39 \\ 78 & 86 \end{pmatrix}}$

素直に $A^2$ を出してから $A$ をかけても同じ答えになりますが、こちらは行列のかけ算を一度もしていないことに注目してください。やったのは数の計算だけです。$A^{10}$ や $A^{100}$ になるほど、この差は大きくなります。

定理から逆行列も出てくる

公式1 をもう少し眺めてみます。$A^2$${}- (a+d)A$${}= -\Delta E$ の左辺は $A$ でくくれて

$\displaystyle A\{A - (a + d)E\}$$\displaystyle {}= -\Delta E$

と書けます。両辺を $-\Delta$ で割れば（$\Delta$${}\neq 0$ のとき）

$\displaystyle A \cdot \frac{1}{\Delta}\{(a + d)E - A\}$$\displaystyle {}= E$

です。$A$ にかけて $E$ になる相手が見つかった、つまりこれが逆行列です。

公式2：定理から得られる逆行列

$\Delta$${}\neq 0$ のとき

$\displaystyle A^{-1}$$\displaystyle {}= \frac{1}{\Delta}\{(a + d)E - A\}$

第 3 章で覚えた $A^{-1}$${}= \dfrac{1}{\Delta}\begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}$ と同じものです。実際

$\displaystyle (a + d)E$$\displaystyle {}- A$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} a + d & 0 \\ 0 & a + d \end{pmatrix}$$\displaystyle {}- \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}$

で、第 3 章 公式2 の逆行列の式に出てきた行列そのものが現れます。「$a$ と $d$ を入れかえ、$b$ と $c$ の符号を変える」というあの操作の正体は、$(a+d)E$ から $A$ を引くことだったわけです。

例題1 の $A$${}= \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}$ で確かめます。$\Delta$${}= 10$，$a$${}+ d$${}= 7$ なので

$\displaystyle A^{-1}$$\displaystyle {}= \frac{1}{10}\left\{7\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}\right\}$$\displaystyle {}= \frac{1}{10}\begin{pmatrix} 4 & -1 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}$

第 3 章の公式で求めても同じです。おかげで $A^{-1}$ もまた「$A$ の何倍か $+$ $E$ の何倍か」の形に書けることがわかりました。負の指数まで含めて、$A$ の累乗はすべて $pA$${}+ qE$ の形に収まる、ということです。

定理の逆は成り立たない

ここがこの章でいちばん間違えやすいところです。公式1 は「$A$ を決めれば $a$${}+ d$ と $\Delta$ が決まり、その係数で式が成り立つ」と言っています。では逆に、$A^2$${}- 5A$${}+ 6E$${}= O$ という式が成り立っていたら、$a$${}+ d$${}= 5$，$\Delta$${}= 6$ だと言えるでしょうか。

言えません。 反例はすぐ作れます。$A$${}= 2E$${}= \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ とすると $A^2$${}= 4E$ なので

$\displaystyle A^2$$\displaystyle {}- 5A$$\displaystyle {}+ 6E$$\displaystyle {}= 4E$$\displaystyle {}- 10E$$\displaystyle {}+ 6E$$\displaystyle {}= O$

たしかに成り立ちますが、この $A$ の対角和は $2$${}+ 2$${}= 4$ で、$5$ ではありません。$\Delta$${}= 4$ で、$6$ でもありません。

種明かしをすると、$A$${}= kE$ の形（数の化身、第 2 章）だけが特別なのです。$A$${}= kE$ なら $A^2$${}- pA$${}+ qE$${}= (k^2 - pk + q)E$ なので、$k$ が 2 次方程式 $x^2$${}- px$${}+ q$${}= 0$ の解でありさえすれば、$p$ と $q$ がどんな値でも式が成り立ってしまいます。$A$ 自身の対角和とも行列式とも無関係に、いくらでも式が作れるわけです。

公式3：定理の逆（成り立つのは 1 つの場合を除いたとき）

実数 $p$，$q$ について $A^2$${}- pA$${}+ qE$${}= O$ が成り立つとき、次のどちらかが起こる。

• $A$${}= kE$（$k$ は実数）の形である
• $A$ が $kE$ の形でないならば、$p$${}= a$${}+ d$ かつ $q$${}= \Delta$ である

理由　公式1 の $A^2$${}- (a + d)A$${}+ \Delta E$${}= O$ から、与えられた式を辺々引くと

$\displaystyle \{p - (a + d)\}A$$\displaystyle {}= (q - \Delta)E$

$p$${}- (a + d)$${}\neq 0$ ならば両辺をこれで割って $A$${}= kE$ の形になる。$A$ が $kE$ の形でなければ $p$${}- (a + d)$${}= 0$、したがって右辺も $O$ となり $q$${}= \Delta$ である。

答案では「$A$${}\neq kE$ のとき」と「$A$${}= kE$ のとき」に分けて書きます。どちらか一方しか書かないと減点されるのが、この手の問題のお約束です。

$A^2$${}- pA$${}+ qE$${}= O$ という式を見ても、すぐに $p$${}= a$${}+ d$ とはいえず、$A$ が単位行列の実数倍でないことを確かめてから初めていえるということです。

例題2：定理の逆を使う場合分け

2 次の正方行列 $A$ が $A^2$${}- 3A$${}+ 2E$${}= O$ を満たすとき、$A$ の対角和 $a$${}+ d$ と行列式 $\Delta$ の組をすべて求めなさい。

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【解答】

(i) $A$ が $kE$ の形でないとき。 公式3 より $\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8888em}a}$$\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8888em}{}+ d = 3,}$$\underline{\rule[-0.1944em]{0em}{0.8888em}\ \Delta = 2}$ です。

(ii) $A$${}= kE$ のとき。 $A^2$${}= k^2E$ なので

$\displaystyle (k^2 - 3k + 2)E$$\displaystyle {}= O$$\displaystyle {}\Longrightarrow \quad k^2$$\displaystyle {}- 3k$$\displaystyle {}+ 2$$\displaystyle {}= 0$$\displaystyle {}\Longrightarrow \quad k$$\displaystyle {}= 1,$$\displaystyle \ 2$

$k$${}= 1$ のとき $A$${}= E$ で、$a$${}+ d$${}= 2$，$\Delta$${}= 1$。

$k$${}= 2$ のとき $A$${}= 2E$ で、$a$${}+ d$${}= 4$，$\Delta$${}= 4$。

以上より、組は $\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}(a+d,\ \Delta) = (3,\ 2),}$$\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\ (2,\ 1),}$$\underline{\rule[-0.25em]{0em}{1.0000em}\ (4,\ 4)}$ の 3 通りです。

(ii) で出てきた $k$${}= 1,$$\ 2$ が、$x^2$${}- 3x$${}+ 2$${}= 0$ の解になっていることに注意してください。$A$${}= kE$ のときは、行列の式がまるごと数の 2 次方程式に化けてしまうのです。行列と数の境目がいちばん薄くなる場所が、$kE$ という形だといえます。

次数下げで高い累乗を下ろす

道具がそろったので、本題の $A^n$ に入ります。公式1 を繰り返し使えば、$A^3$ も $A^4$ も $pA$${}+ qE$ の形に落ちていきます。

公式4：次数下げ

$A^2$${}= (a + d)A$${}- \Delta E$ を使うと、どんな正の整数 $n$ に対しても

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= pA$$\displaystyle {}+ qE$$\displaystyle (p,\ q \text{ は実数})$

の形に書ける。$A^{n+1}$${}= A^n \cdot A$${}= pA^2$${}+ qA$ の $A^2$ をふたたび下ろす、という手順を繰り返せばよい。

$A$ の累乗は、何乗であっても「$A$ の実数倍 $+$ $E$ の実数倍」という 1 次の形に必ず収まるということです。

例題3：次数下げで $A^3$，$A^4$ を求める

$A$${}= \begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}$ について、$A^3$ と $A^4$ を求めなさい。

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【解答】

$a$${}+ d$${}= 3$${}+ 0$${}= 3$，$\Delta$${}= 3 \times 0$${}- (-1) \times 2$${}= 2$ なので

$\displaystyle A^2$$\displaystyle {}= 3A$$\displaystyle {}- 2E$

両辺に $A$ をかけ、出てきた $A^2$ をまた下ろします。

$\displaystyle A^3$$\displaystyle {}= 3A^2$$\displaystyle {}- 2A$$\displaystyle {}= 3(3A - 2E)$$\displaystyle {}- 2A$$\displaystyle {}= 7A$$\displaystyle {}- 6E$$\displaystyle A^4$$\displaystyle {}= 7A^2$$\displaystyle {}- 6A$$\displaystyle {}= 7(3A - 2E)$$\displaystyle {}- 6A$$\displaystyle {}= 15A$$\displaystyle {}- 14E$

成分に直します。

$\displaystyle A^3$$\displaystyle {}= 7\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}- 6E$$\displaystyle {}= \underline{\begin{pmatrix} 15 & -7 \\ 14 & -6 \end{pmatrix}}$$\displaystyle A^4$$\displaystyle {}= 15\begin{pmatrix} 3 & -1 \\ 2 & 0 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}- 14E$$\displaystyle {}= \underline{\begin{pmatrix} 31 & -15 \\ 30 & -14 \end{pmatrix}}$

係数の並びを見ておきましょう。$A^2$ から順に $(3,\ -2)$，$(7,\ -6)$，$(15,\ -14)$。$A$ の係数は $3,$$\ 7,$$\ 15$、つまり $2^n$${}- 1$ です。$E$ の係数は $-2,$${}\ -6,$${}\ -14$ で $-(2^n - 2)$。予想するなら

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= (2^n - 1)A$$\displaystyle {}- (2^n - 2)E$

ですが、この予想を証明するには帰納法が要ります。次の節では、予想も帰納法も使わずに $p$ と $q$ を直接求める方法を身につけます。

割り算の余りで一気に求める

例題3 の手順は確実ですが、$n$${}= 100$ では 99 回繰り返すことになります。もっと直接に $p$ と $q$ を出したい。そこで、多項式の割り算を使います。

$x^n$ を 2 次式 $x^2$${}- (a+d)x$${}+ \Delta$ で割ったときの商を $Q(x)$、余りを $px$${}+ q$（1 次以下）とすると

$\displaystyle x^n$$\displaystyle {}= \{x^2 - (a + d)x + \Delta\}Q(x)$$\displaystyle {}+ px$$\displaystyle {}+ q$

この $x$ に行列 $A$ を代入します。ここで効くのが公式1 です。$\{\ \}$ の中は $A$ を入れると $O$ になるので、第 1 項がまるごと消えて

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= pA$$\displaystyle {}+ qE$

が残ります。つまり余りの係数がそのまま答えです。しかも $p$，$q$ を求めるのは、数の計算だけでできます。$x^2$${}- (a+d)x$${}+ \Delta$${}= 0$ の解を代入すれば、恒等式の第 1 項が $0$ になるからです。

整数の世界でも同じことをしています。$7^{100}$ を $5$ で割った余りを知りたいとき、$7^{100}$ を全部書き下す人はいません。$7$${}\equiv 2 \pmod 5$ から余りだけを追いかけます（整数 第 5 章）。ここでも、知りたいのは $x^n$ そのものではなく、$x^2$${}- (a+d)x$${}+ \Delta$ で割った余りだけ。全体を計算せず、必要な部分だけ取り出す発想です。

公式5：$A^n$ を割り算の余りで求める

$A$ の対角和を $a$${}+ d$、行列式を $\Delta$ とし、2 次方程式

$\displaystyle x^2$$\displaystyle {}- (a + d)x$$\displaystyle {}+ \Delta$$\displaystyle {}= 0$

の 2 つの解を $\alpha$，$\beta$ とする。$x^n$ をこの 2 次式で割った余りを $px$${}+ q$ とすると

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= pA$$\displaystyle {}+ qE$

である。$\alpha$${}\neq \beta$ のとき、$p$，$q$ は連立方程式

$$\begin{cases} \alpha^n = p\alpha + q \\ \beta^n = p\beta + q \end{cases}$$

を解いて得られる。

$x^2$${}- (a+d)x$${}+ \Delta$${}= 0$ という方程式は、この章のあいだ何度も顔を出します。$A$ が背負っている 2 次方程式そのものです。

$A^n$ を求めるには、$x^n$ を $A$ の背負う 2 次式で割った余り $px$${}+ q$ を求めればよく、その $p$，$q$ は 2 次方程式の解を代入した連立方程式から出るということです。

例題4：$A^n$ を求める（解が 2 つあるとき）

$A$${}= \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}$ について、$A^n$ を求めなさい。ただし $n$ は正の整数とする。

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【解答】

$a$${}+ d$${}= 1$${}+ 2$${}= 3$，$\Delta$${}= 1 \times 2$${}- 2 \times 3$${}= -4$ なので、$A$ が背負う 2 次方程式は

$\displaystyle x^2$$\displaystyle {}- 3x$$\displaystyle {}- 4$$\displaystyle {}= 0$$\displaystyle {}\Longrightarrow \quad (x - 4)(x + 1)$$\displaystyle {}= 0$$\displaystyle {}\Longrightarrow \quad x$$\displaystyle {}= 4,$$\displaystyle {}\ -1$

$x^n$ を $x^2$${}- 3x$${}- 4$ で割った商を $Q(x)$、余りを $px$${}+ q$ とします。

$\displaystyle x^n$$\displaystyle {}= (x^2 - 3x - 4)Q(x)$$\displaystyle {}+ px$$\displaystyle {}+ q$

$x$${}= 4$ と $x$${}= -1$ を代入すると、どちらも第 1 項が $0$ になります。

$$\begin{cases} 4^n = 4p + q \\ (-1)^n = -p + q \end{cases}$$

辺々引いて $4^n$${}- (-1)^n$${}= 5p$ より

$\displaystyle p$$\displaystyle {}= \frac{4^n - (-1)^n}{5},$$\displaystyle q$$\displaystyle {}= (-1)^n$$\displaystyle {}+ p$$\displaystyle {}= \frac{4^n + 4 \cdot (-1)^n}{5}$

ケーリー・ハミルトンの定理より $A^2$${}- 3A$${}- 4E$${}= O$ なので、上の恒等式に $A$ を代入すると第 1 項が消えて $A^n$${}= pA$${}+ qE$ です。

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= p\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}+ q\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} p + q & 2p \\ 3p & 2p + q \end{pmatrix}$

$p$${}+ q$${}= \dfrac{2 \cdot 4^n + 3(-1)^n}{5}$，$2p$${}+ q$${}= \dfrac{3 \cdot 4^n + 2(-1)^n}{5}$ を使います。成分が長くなるので、$4^n$${}= u$，$(-1)^n$${}= v$ と書くと

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= \underline{\frac{1}{5}\begin{pmatrix} 2u + 3v & 2(u - v) \\ 3(u - v) & 3u + 2v \end{pmatrix}}$

ただし $u$${}= 4^n$，$v$${}= (-1)^n$ です。

検算します。$n$${}= 1$ なら $u$${}= 4$，$v$${}= -1$ で $\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix} 8 - 3 & 2 \times 5 \\ 3 \times 5 & 12 - 2 \end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}$ で $A$ に戻ります。$n$${}= 2$ なら $\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix} 35 & 30 \\ 45 & 50 \end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix} 7 & 6 \\ 9 & 10 \end{pmatrix}$ で、直接 $A^2$ を計算した値と一致します。$n$${}= 1$ と $n$${}= 2$ で確かめるのが、この種の答えの検算の定石です。

解が重なるとき

公式5 の連立方程式は、$\alpha$${}\neq \beta$ でなければ作れません。解が重なると式が 1 本しか立たないからです。この場合は別の道を通ります。

2 次方程式が $(x - \alpha)^2$${}= 0$ の形なら、ケーリー・ハミルトンの定理は

$\displaystyle (A - \alpha E)^2$$\displaystyle {}= O$

と書けます。2 乗すると消えてしまう行列が現れるわけです。そこで $N$${}= A$${}- \alpha E$ とおけば $A$${}= \alpha E$${}+ N$ で、$N^2$${}= O$。

$\alpha E$ はどんな行列とも交換可能（第 2 章）なので、$(\alpha E + N)^n$ には二項定理がそのまま使えます。しかも $N^2$ から先はすべて $O$ なので、展開しても 2 項しか生き残りません。

公式6：解が重なるときの $A^n$

$x^2$${}- (a + d)x$${}+ \Delta$${}= 0$ が重解 $\alpha$ をもつとき、$N$${}= A$${}- \alpha E$ とおくと $N^2$${}= O$ であり

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= (\alpha E + N)^n$$\displaystyle {}= \alpha^n E$$\displaystyle {}+ n\alpha^{n-1}N$

が成り立つ（$n$${}\geqq 2$ のとき $N^2$${}= N^3$${}= \cdots$${}= O$ だから、二項定理の第 3 項以降は消える）。

2 次方程式が重解をもつときは $A$ から解の分だけ $E$ を引くと 2 乗して消える行列になり、二項定理の最初の 2 項だけで $A^n$ が書けるということです。

例題5：$A^n$ を求める（解が重なるとき）

$A$${}= \begin{pmatrix} 4 & 1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$ について、$A^n$ を求めなさい。ただし $n$ は正の整数とする。

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【解答】

$a$${}+ d$${}= 4$${}+ 2$${}= 6$，$\Delta$${}= 4 \times 2$${}- 1 \times (-1)$${}= 9$ なので

$\displaystyle x^2$$\displaystyle {}- 6x$$\displaystyle {}+ 9$$\displaystyle {}= 0$$\displaystyle {}\Longrightarrow \quad (x - 3)^2$$\displaystyle {}= 0$

重解 $x$${}= 3$ です。そこで $N$${}= A$${}- 3E$ とおきます。

$\displaystyle N$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} 4 - 3 & 1 \\ -1 & 2 - 3 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix},$$\displaystyle N^2$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} 1 - 1 & 1 - 1 \\ -1 + 1 & -1 + 1 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= O$

たしかに $N^2$${}= O$ です。$A$${}= 3E$${}+ N$ で、$3E$ と $N$ は交換可能なので二項定理が使えます。

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= (3E + N)^n$$\displaystyle {}= 3^nE$$\displaystyle {}+ n \cdot 3^{n-1}N$$\displaystyle {}+ {}_n\mathrm{C}_2 \cdot 3^{n-2}N^2$$\displaystyle {}+ \cdots$$\displaystyle {}= 3^nE$$\displaystyle {}+ n \cdot 3^{n-1}N$

第 3 項から先は $N^2$ を含むのですべて $O$ です。成分に直します。

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= 3^n\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}+ n \cdot 3^{n-1}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & -1 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \underline{3^{n-1}\begin{pmatrix} n + 3 & n \\ -n & 3 - n \end{pmatrix}}$

$n$${}= 1$ のとき $3^0\begin{pmatrix} 4 & 1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$${}= A$、$n$${}= 2$ のとき $3\begin{pmatrix} 5 & 2 \\ -2 & 1 \end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix} 15 & 6 \\ -6 & 3 \end{pmatrix}$ で、$A^2$${}= 6A$${}- 9E$ から求めた値と合っています。

$N^2$${}= O$ なのに $N$${}\neq O$ という点は、行列ならではです。数なら $x^2$${}= 0$ から $x$${}= 0$ が出ますが、行列では出ません。零因子（第 2 章）の話が、こんなところで役に立っています。

対角行列に化ける形が与えられたとき

もう 1 つ、入試でよく出る形を見ておきます。うまい行列 $P$ を持ってきて $P^{-1}AP$ を作ると、対角成分だけが残った行列になることがあります。

$\displaystyle P^{-1}AP$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \end{pmatrix}$

対角成分以外が $0$ の行列を対角行列といいます。対角行列の累乗はとても簡単で、成分をそれぞれ $n$ 乗するだけです。

$\displaystyle \begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \end{pmatrix}^{\,n}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} \alpha^n & 0 \\ 0 & \beta^n \end{pmatrix}$

この簡単さを $A$ 側に持ち帰れないでしょうか。持ち帰れます。$D$${}= P^{-1}AP$ とおくと

$\displaystyle D^n$$\displaystyle {}= (P^{-1}AP)(P^{-1}AP)\cdots(P^{-1}AP)$

で、となり合う $PP^{-1}$ がすべて $E$ になって消え、まん中の $A$ だけが $n$ 個残ります。

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

左から $P$、右から $P^{-1}$ をかければ $A^n$ が取り出せます。

公式7：$P^{-1}AP$ が対角行列のとき

$P$ が正則で $P^{-1}AP$${}= D$${}= \begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \end{pmatrix}$ ならば

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= PD^nP^{-1}$$\displaystyle {}= P\begin{pmatrix} \alpha^n & 0 \\ 0 & \beta^n \end{pmatrix}P^{-1}$

$P^{-1}AP$ という形は、第 3 章の実践問題で一度出ています。$\det(P^{-1}AP)$${}= \det A$、つまり $P$ で挟んでも行列式は変わらない、という問題でした。行列式だけでなく対角和も変わりません。$A$ と $D$ は、同じものを別の見方で書いたものだからです。

例えるなら、方眼紙の目盛りを引き直す作業です。ふつうの $xy$ 軸で見ると $A$ は「伸ばしながらねじる」複雑な操作に見えるのに、$P$ の 2 つの列が指す 2 方向を新しい軸にとると、それぞれの方向に $\alpha$ 倍・$\beta$ 倍するだけの単純な操作になっている。目盛りの取り替えが $P$、取り替えた世界での姿が $D$ です。この見方は、第 6 章以降の一次変換でもう一度出てきます。

$P^{-1}AP$ が対角行列になるなら、$A^n$ は「対角行列を $n$ 乗して $P$ で挟み直す」だけで求まるということです。

例題6：対角行列を経由して $A^n$ を求める

$A$${}= \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$，$P$${}= \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$ とする。$P^{-1}AP$ を求め、それを使って $A^n$ を求めなさい。

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【解答】

まず $P^{-1}$ を求めます。$P$ の行列式は $2 \times (-1)$${}- 1 \times 1$${}= -3$${}\neq 0$ なので

$\displaystyle P^{-1}$$\displaystyle {}= \frac{1}{-3}\begin{pmatrix} -1 & -1 \\ -1 & 2 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$

$AP$ を先に計算します。

$\displaystyle AP$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} 10 & 2 \\ 5 & -2 \end{pmatrix}$$\displaystyle P^{-1}(AP)$$\displaystyle {}= \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 10 & 2 \\ 5 & -2 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 15 & 0 \\ 0 & 6 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \underline{\begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}}$

対角行列になりました。$D$${}= \begin{pmatrix} 5 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ とおくと $D^n$${}= \begin{pmatrix} 5^n & 0 \\ 0 & 2^n \end{pmatrix}$ なので、公式7 より

$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= PD^nP^{-1}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 5^n & 0 \\ 0 & 2^n \end{pmatrix}$$\displaystyle \qquad \cdot \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$

左の 2 つを先に計算します。

$\displaystyle \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 5^n & 0 \\ 0 & 2^n \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} 2 \cdot 5^n & 2^n \\ 5^n & -2^n \end{pmatrix}$$\displaystyle A^n$$\displaystyle {}= \frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 \cdot 5^n & 2^n \\ 5^n & -2^n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \underline{\frac{1}{3}\begin{pmatrix} 2 \cdot 5^n + 2^n & 2 \cdot 5^n - 2 \cdot 2^n \\ 5^n - 2^n & 5^n + 2 \cdot 2^n \end{pmatrix}}$

$n$${}= 1$ で $\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} 12 & 6 \\ 3 & 9 \end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix} 4 & 2 \\ 1 & 3 \end{pmatrix}$、$n$${}= 2$ で $\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix} 54 & 42 \\ 21 & 33 \end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix} 18 & 14 \\ 7 & 11 \end{pmatrix}$。どちらも直接計算した値に一致します。

なお $D$ の対角成分 $5$，$2$ は、$A$ の背負う 2 次方程式 $x^2$${}- 7x$${}+ 10$${}= 0$ の 2 つの解です。偶然ではありません。$P$ で挟んでも対角和と行列式は変わらないので、$D$ も同じ 2 次方程式を背負っているからです。公式5 で $\alpha$，$\beta$ と呼んでいたものの正体が、ここで見えます。

どの方法を使うか

$A^n$ の求め方が出そろいました。整理しておきます。

最後に、$A^n$ が実際に何かの役に立つ場面を見ておきます。

例題7：何日後にどちらの店にいるか

ある人は毎日、昼食を A 店か B 店のどちらかでとる。A 店で食べた翌日にまた A 店を選ぶ確率は $\dfrac{3}{4}$、B 店で食べた翌日に A 店を選ぶ確率は $\dfrac{1}{2}$ である。1 日目は A 店で食べた。$n$ 日目に A 店で食べる確率 $p_n$ を求め、$n$ を限りなく大きくしたときの値を調べなさい。

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【解答】

$n$ 日目に A 店で食べる確率を $p_n$、B 店で食べる確率を $q_n$ とします。$n$${}+ 1$ 日目に A 店にいるのは「A 店にいて残る」か「B 店にいて移る」かのどちらかなので

$\displaystyle \begin{cases} p_{n+1} = \dfrac{3}{4}p_n + \dfrac{1}{2}q_n \\[4pt] q_{n+1} = \dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2}q_n \end{cases}$$\displaystyle \text{すなわち}$$\displaystyle \begin{pmatrix} p_{n+1} \\ q_{n+1} \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= A\begin{pmatrix} p_n \\ q_n \end{pmatrix},$$\displaystyle A$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} \dfrac{3}{4} & \dfrac{1}{2} \\[4pt] \dfrac{1}{4} & \dfrac{1}{2} \end{pmatrix}$

1 日目は A 店なので $\begin{pmatrix} p_1 \\ q_1 \end{pmatrix}$${}= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ です。$n$ 日目の確率は、これに $A$ を $n$${}- 1$ 回かけたもの、つまり

$\displaystyle \begin{pmatrix} p_n \\ q_n \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= A^{n-1}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$

$A^{n-1}$ を求めます。$a$${}+ d$${}= \dfrac{3}{4}$${}+ \dfrac{1}{2}$${}= \dfrac{5}{4}$，$\Delta$${}= \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{2}$${}- \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{4}$${}= \dfrac{1}{4}$ なので、背負う 2 次方程式は

$\displaystyle x^2$$\displaystyle {}- \frac{5}{4}x$$\displaystyle {}+ \frac{1}{4}$$\displaystyle {}= 0$$\displaystyle {}\Longrightarrow \quad 4x^2$$\displaystyle {}- 5x$$\displaystyle {}+ 1$$\displaystyle {}= 0$$\displaystyle {}\Longrightarrow \quad (4x - 1)(x - 1)$$\displaystyle {}= 0$

解は $x$${}= 1,$$\ \dfrac{1}{4}$ です。$m$${}= n$${}- 1$ とおき、$x^m$ をこの 2 次式で割った余りを $px$${}+ q$ とすると

$$\begin{cases} 1 = p + q \\[2pt] \left(\dfrac{1}{4}\right)^{m} = \dfrac{1}{4}p + q \end{cases}$$

辺々引いて $1$${}- \left(\dfrac{1}{4}\right)^{m}$${}= \dfrac{3}{4}p$ より $p$${}= \dfrac{4}{3}\left\{1 - \left(\dfrac{1}{4}\right)^{m}\right\}$、$q$${}= 1$${}- p$ です。

$A^m$${}= pA$${}+ qE$ なので、$\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ にかけると

$\displaystyle A^m\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= p\begin{pmatrix} 3/4 \\ 1/4 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}+ q\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$$\displaystyle {}= \begin{pmatrix} \dfrac{3}{4}p + q \\[4pt] \dfrac{1}{4}p \end{pmatrix}$

上の成分が $p_n$ です。$q$${}= 1$${}- p$ を使って

$\displaystyle p_n$$\displaystyle {}= \frac{3}{4}p$$\displaystyle {}+ (1 - p)$$\displaystyle {}= 1$$\displaystyle {}- \frac{1}{4}p$$\displaystyle {}= 1$$\displaystyle {}- \frac{1}{3}\left\{1 - \left(\frac{1}{4}\right)^{m}\right\}$$\displaystyle {}= \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.6040em}\frac{2}{3}}$$\displaystyle \underline{\rule[-0.95em]{0em}{2.6040em}{}+ \frac{1}{3}\left(\frac{1}{4}\right)^{n-1}}$

検算します。$n$${}= 1$ なら $\dfrac{2}{3}$${}+ \dfrac{1}{3}$${}= 1$ で、初日は必ず A 店。$n$${}= 2$ なら $\dfrac{2}{3}$${}+ \dfrac{1}{12}$${}= \dfrac{3}{4}$ で、問題の設定どおりです。

$\left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$ は $n$ が大きくなると $0$ に近づくので

$\displaystyle p_n$$\displaystyle {}\longrightarrow \frac{2}{3}$

日がたつにつれ、A 店にいる確率は $\dfrac{2}{3}$ に落ち着きます。おもしろいのは、初日にどちらの店にいたかが効かなくなることです。$q_1$${}= 1$（初日は B 店）から始めても、同じ $\dfrac{2}{3}$ に近づきます。$A^n$ の姿が $n$ とともに一定の形へ寄っていくためで、この落ち着き先を確率の分野では定常状態と呼びました（数列 第 9 章）。小話では、この考え方が Web 検索の順位づけに使われている話を取り上げます。

ここまでで、行列の計算としての道具はひととおりそろいました。次の第 6 章からは主役を交代させ、行列を平面上の点を動かす仕掛けとして見直します。$A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$ を「点 $(x,\ y)$ の像」と呼んでいたあの見方を正式に一次変換と名づけ、記号 $f$ で表します。この章で身につけた $A^n$ は、そこでは「同じ移動を $n$ 回くり返す」という意味を持つことになります。