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*** 科目 ***
数Ⅰ・Ａ数Ⅱ・Ｂ数Ⅲ高卒・大学初年度
*** 単元 ***
複素数平面二次曲線媒介変数表示と極座標
数列の極限関数導関数不定積分定積分
行列1次変換

※旧教育課程の高校数学Cに含まれていた「行列」について，このサイトには次の教材があります．
この頁へGoogleやYAHOO ! などの検索から直接来てしまったので「前提となっている内容が分からない」という場合や「この頁は分かったがもっと応用問題を見たい」という場合は，他の頁を見てください．　 が現在地です．
↓行列の記号と用語
↓行列の相等，和，差，実数倍
↓行列の積
↓行列の計算(まとめ)
↓行列の乗法の性質
↓零因子
↓行列のｎ乗
↓行列のｎ乗(2)
↓行列のｎ乗(3)-現在地
↓逆行列
↓ケーリー・ハミルトンの定理
ケーリー・ハミルトンの定理(2)

[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

【例題1.1】　次の行列のn乗を求めてください．
${\displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}1& a\\ 0& 1\end{array}\right)}$

∎ 証明終 ∎∥

【例題1.2】　次の行列のn乗を求めてください．
${\displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right)}$

1, 4, 13, 40, ...
$╲$$\nearrow$$╲$$\nearrow$$╲$$\nearrow$$╲$$\nearrow$
3, 9, 27, ...

∎ 証明終 ∎∥

【問題1.1】
(1)　aを0でない実数とし，${\displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}a& 1\\ 0& a\end{array}\right)}$とする．
${\displaystyle A^2,A^3,A^4}$を求めよ．
(2)　上の行列${\displaystyle A}$に対して，(1)の結果から${\displaystyle A^n}$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．

(1)
${\displaystyle A^2=\left(\begin{array}{cc}a& 1\\ 0& a\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& 1\\ 0& a\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{a}^2& 2a\\ 0& a^2\end{array}\right)}$
${\displaystyle A^3=A^{2}A=\left(\begin{array}{cc}{a}^2& 2a\\ 0& a^2\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& 1\\ 0& a\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{a}^3& 3a^2\\ 0& a^3\end{array}\right)}$
${\displaystyle A^4=A^{3}A=\left(\begin{array}{cc}{a}^3& 3a^2\\ 0& a^3\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& 1\\ 0& a\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{a}^4& 4a^3\\ 0& a^4\end{array}\right)}$
(2)
${\displaystyle A^n=\left(\begin{array}{cc}{a}^n& n{a}^{n-1}\\ 0& a^n\end{array}\right)}$…(*)
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
${\displaystyle A^1=\left(\begin{array}{cc}{a}^1& a^0\\ 0& a^1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}a& 1\\ 0& a\end{array}\right)=A}$
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
${\displaystyle A^k=\left(\begin{array}{cc}{a}^k& k{a}^{k-1}\\ 0& a^k\end{array}\right)}$
両辺に右から行列${\displaystyle A}$を掛けると
${\displaystyle A^{k+1}=\left(\begin{array}{cc}{a}^k& k{a}^{k-1}\\ 0& a^k\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}a& 1\\ 0& a\end{array}\right)}$ ${\displaystyle =\left(\begin{array}{cc}{a}^{k+1}& a^k+k{a}^k\\ 0& a^{k+1}\end{array}\right)}$
${\displaystyle =\left(\begin{array}{cc}{a}^{k+1}& (k+1)a^k\\ 0& a^{k+1}\end{array}\right)}$
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)　${\displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right)}$とするとき，${\displaystyle A^2,A^3,A^4}$を求めよ．
(2)　${\displaystyle A^n}$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．

(1)
${\displaystyle A^2=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}4& 0\\ 3& 1\end{array}\right)}$
${\displaystyle A^3=A^{2}A=\left(\begin{array}{cc}4& 0\\ 3& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}8& 0\\ 7& 1\end{array}\right)}$
${\displaystyle A^4=A^{3}A=\left(\begin{array}{cc}8& 0\\ 7& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right)}$ ${\displaystyle =\left(\begin{array}{cc}16& 0\\ 15& 1\end{array}\right)}$
(2)
${\displaystyle A^n=\left(\begin{array}{cc}{2}^n& 0\\ 2^n-1& 1\end{array}\right)}$…(*)
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
${\displaystyle A^1=\left(\begin{array}{cc}{2}^1& 0\\ 2^1-1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right)=A}$
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
${\displaystyle A^k=\left(\begin{array}{cc}{2}^k& 0\\ 2^k-1& 1\end{array}\right)}$
両辺に右から行列${\displaystyle A}$を掛けると
${\displaystyle A^{k+1}=\left(\begin{array}{cc}{2}^k& 0\\ 2^k-1& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 0\\ 1& 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{2}^{k+1}& 0\\ 2^{k+1}-2+1& 1\end{array}\right)}$
${\displaystyle =\left(\begin{array}{cc}{2}^{k+1}& 0\\ 2^{k+1}-1& 1\end{array}\right)}$
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

ただし
${\displaystyle t}$(trace)は対角成分の和${\displaystyle a+d}$
${\displaystyle \mathrm{\Delta }}$(determinant)は行列式${\displaystyle ad-bc}$

【例題2.1】　次の行列のn乗を求めてください．
${\displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 1& 2\end{array}\right)}$

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

※ケーリ－・ハミルトンの定理
${\displaystyle A^2-tA+\mathrm{\Delta }E=0}$
に対して
${\displaystyle x^2-tx+\mathrm{\Delta }=0}$
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，${\displaystyle (x^2-tx+\mathrm{\Delta })Q(x)}$を消せる．

一般にケーリ－・ハミルトンの定理${\displaystyle A^2-tA+\mathrm{\Delta }E=0}$に対応する固有方程式${\displaystyle x^2-tx+\mathrm{\Delta }=0}$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）
${\displaystyle x^n=(x-\alpha )(x-\beta )Q(x)+px+q}$
より
${\displaystyle {\alpha }^n=p\alpha +q}$…(1)
${\displaystyle {\beta }^n=p\beta +q}$…(2)
(1)(2)の連立方程式を${\displaystyle p,q}$について解く
(2)−(1)
${\displaystyle p=\frac{{\beta }^n-{\alpha }^n}{\beta -\alpha }}$
(1)に代入
${\displaystyle q=\frac{{\alpha }^n\beta -\alpha {\beta }^n}{\beta -\alpha }}$
したがって
${\displaystyle A^n=\frac{{\beta }^n-{\alpha }^n}{\beta -\alpha }A+\frac{{\alpha }^n\beta -\alpha {\beta }^n}{\beta -\alpha }E}$…(A)

2) 重解αをもつとき
${\displaystyle x^n=(x-\alpha {)}^{2}Q(x)+px+q}$…(*)
この式で${\displaystyle (x-\alpha {)}^2=0}$となる値は１つだけ（${\displaystyle x=\alpha }$）なので${\displaystyle p,q}$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
${\displaystyle n{x}^{n-1}=2(x-\alpha )Q(x)+(x-\alpha {)}^2{Q}^{\prime }(x)+p}$…(**)
の２つから${\displaystyle p,q}$を求めたらよい．
${\displaystyle p=n{\alpha }^{n-1},q=(1-n){\alpha }^n}$
したがって
${\displaystyle A^n=n{\alpha }^{n-1}A+(1-n){\alpha }^{n}E}$…(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
${\displaystyle {\alpha }^n=p\alpha +q}$
${\displaystyle q={\alpha }^n-p\alpha }$
これを用いて(*)を書き換えると
${\displaystyle x^n-{\alpha }^n=(x-\alpha {)}^{2}Q(x)+p(x-\alpha )}$
${\displaystyle \frac{x^n-{\alpha }^n}{x-\alpha }=(x-\alpha )Q(x)+p}$
${\displaystyle x^{n-1}+x^{n-2}\alpha +\cdots +x{\alpha }^{n-2}+{\alpha }^{n-1}}$
${\displaystyle =(x-\alpha )Q(x)+p}$…(**)

【例題2.2】　次の行列のn乗を求めてください．
${\displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}1& -1\\ 1& 3\end{array}\right)}$

【問題2.1】

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

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．

${\displaystyle A^2-A-6E=0}$
が成り立つ．

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

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

【問題2.2】

${\displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ 1& 0\end{array}\right)}$のとき${\displaystyle A^n}$を求めよ．

ケーリー・ハミルトンの定理により
${\displaystyle A^2-2A+E=0}$
が成り立つ．

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

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

[3]　数列の連立漸化式にして解く方法

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

※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(*←)
${\displaystyle a_{n+1}-\alpha b_{n+1}=\beta (a_n-\alpha b_n)}$
となる定数${\displaystyle \alpha ,\beta }$を求める．
　この形になれば，数列${\displaystyle \{a_n-\alpha b_n\}}$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
${\displaystyle (5a_n+2b_n)-\alpha (-4a_n-b_n)=\beta (a_n-\alpha b_n)}$
の係数を比較すると
${\displaystyle 5+4\alpha =\beta }$
${\displaystyle 2+\alpha =-\alpha \beta }$
${\displaystyle 2+\alpha =-\alpha (5+4\alpha )}$
${\displaystyle 4{\alpha }^2+6\alpha +2=0}$
${\displaystyle 2{\alpha }^2+3\alpha +1=0}$
${\displaystyle (\alpha +1)(2\alpha +1)=0}$
${\displaystyle \alpha =-1,-\frac{1}{2}}$

(*1)のとき
${\displaystyle a_{n+1}+b_{n+1}=a_n+b_n}$
(*2)のとき
${\displaystyle a_{n+1}+\frac{1}{2}{b}_{n+1}=3(a_n+\frac{1}{2}{b}_n)}$
※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】

${\displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}8& 1\\ 4& 5\end{array}\right)}$のとき${\displaystyle A^n}$を求めよ．

${\displaystyle A^n=\left(\begin{array}{cc}{a}_n& b_n\\ c_n& d_n\end{array}\right)}$とおく．
${\displaystyle \left(\begin{array}{cc}{a}_{n+1}& b_{n+1}\\ c_{n+1}& d_{n+1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{a}_n& b_n\\ c_n& d_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}8& 1\\ 4& 5\end{array}\right)}$
の成分を比較すると
${\displaystyle a_{n+1}=8a_n+4b_n}$…(1)
${\displaystyle b_{n+1}=a_n+5b_n}$…(2)
${\displaystyle c_{n+1}=8c_n+4d_n}$…(3)
${\displaystyle d_{n+1}=c_n+5d_n}$…(4)
(1)+(2)
${\displaystyle a_{n+1}+b_{n+1}=9(a_n+b_n)}$
${\displaystyle \{a_n+b_n\}}$は公比9の等比数列になるから
${\displaystyle a_n+b_n=(a_1+b_1)9^{n-1}=9^n}$…(5)
(1)−4×(2)
${\displaystyle a_{n+1}-4b_{n+1}=4(a_n-4b_n)}$
${\displaystyle \{a_n-4b_n\}}$は公比4の等比数列になるから
${\displaystyle a_n-4b_n=(a_1-4b_1)4^{n-1}=4^n}$…(6)
(5)(6)より
${\displaystyle a_n=\frac{4\times 9^n+4^n}{2},b_n=\frac{9^n-4^n}{5}}$
同様にして
${\displaystyle c_n=\frac{4\times 9^n-4^{n+1}}{5},d_n=\frac{9^n+4^{n+1}}{5}}$
ゆえに
${\displaystyle A^n=\left(\begin{array}{cc}{\displaystyle \frac{4\times 9^n+4^n}{2}}& {\displaystyle \frac{9^n-4^n}{5}}\\ {\displaystyle \frac{4\times 9^n-4^{n+1}}{5}}& {\displaystyle \frac{9^n+4^{n+1}}{5}}\end{array}\right)}$

【問題3.2】

${\displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 0& 3\end{array}\right)}$のとき${\displaystyle A^n}$を求めよ．

${\displaystyle A^n=\left(\begin{array}{cc}{a}_n& b_n\\ c_n& d_n\end{array}\right)}$とおく．
${\displaystyle \left(\begin{array}{cc}{a}_{n+1}& b_{n+1}\\ c_{n+1}& d_{n+1}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{a}_n& b_n\\ c_n& d_n\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}2& 1\\ 0& 3\end{array}\right)}$
の成分を比較すると
${\displaystyle a_{n+1}=2a_n}$…(1)
${\displaystyle b_{n+1}=a_n+3b_n}$…(2)
${\displaystyle c_{n+1}=2c_n}$…(3)
${\displaystyle d_{n+1}=c_n+3d_n}$…(4)
(1)より
${\displaystyle a_n=(a_1)\times 2^{n-1}=2^n}$…(5)
(1)+(2)
${\displaystyle a_{n+1}+b_{n+1}=3(a_n+b_n)}$
数列${\displaystyle \{a_n+b_n\}}$は公比3の等比数列になるから
${\displaystyle a_n+b_n=(a_1+b_1)3^{n-1}=3^n}$…(6)
(5)(6)より
${\displaystyle a_n=2^n,b_n=3^n-2^n}$
同様にして
${\displaystyle c_n=0,d_n=3^n}$
ゆえに
${\displaystyle A^n=\left(\begin{array}{cc}{2}^n& 3^n-2^n\\ 0& 3^n\end{array}\right)}$
重解を持つ場合，例えば，${\displaystyle A=\left(\begin{array}{cc}2& -1\\ 1& 4\end{array}\right)}$のとき，${\displaystyle a_{n+1}-\alpha b_{n+1}=\beta (a_n-\alpha b_n)}$となる$\alpha ,\beta$の値は，${\displaystyle \alpha =-1,\beta =3}$の重解になりますが，これでできる漸化式を解くと
${\displaystyle a_{n+1}+b_{n+1}=3(a_n+b_n)}$
${\displaystyle a_n+b_n=3^{n-1}}$
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${\displaystyle a_n}$（または${\displaystyle b_n}$）が消去できて，2項間漸化式となり，普通に解けます．
${\displaystyle a_n=\frac{5-3^{n-1}}{2},b_n=\frac{3^n-5}{2}}$
${\displaystyle c_n=\frac{5\times 3^{n-1}-3}{2},d_n=\frac{5\times 3^{n-1}+3}{2}}$

[4]　行列の対角化を意識して解く方法

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～♪