COMPASS

真の理解のためのシンプルな数学のノート

数式を枠からはみ出さずに表示するためには, 画面を横に傾けてください(532 ピクセル以上推奨).

行列の演算

理論

逆行列

定義≪逆行列≫

 可換環 $R$ 上の $n$ 次正方行列 $A$ に対して, $AB = BA = I$ を満たす $n$ 次正方行列 $B$ が存在するとき, $A$ は可逆(invertible)であるまたは正則(regular)であるといい, $B$ を $A$ の逆行列(inverse matrix)と呼んで $A^{-1}$ で表す.

定理≪体上の行列環におけるの左右の可逆性≫

 体 $K$ 上の $n$ 次正方行列 $A,$ $B$ に対して, \[ AB = I \iff BA = I.\]

定理≪$2$ 次正方行列の逆行列≫

 体 $K$ 上の $2$ 次正方行列 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ について,
(1)
$A$ が可逆である $\iff$ $ad-bc \neq 0.$
(2)
(1) のとき, $A^{-1} = \dfrac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}.$

問題

行列の演算

問題≪$2$ 次の交換可能行列≫

 体 $K$ 上の $2$ 次正方行列 $A$ が $\lambda I\ (\lambda \in K)$ の形に表せないとする. $2$ 次正方行列 $X$ について, 次が成り立つことを示せ.
$AX = XA$ $\iff$ ある $\alpha,$ $\beta \in K$ に対し $X = \alpha A+\beta E.$

解答例

 $(\Rightarrow )$ のみを示す. $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix},$ $X = \begin{pmatrix} x & y \\ z & w \end{pmatrix}$ とおき, $A \neq \lambda I\ (\lambda \in K),$ $AX = XA$ を仮定する. $A' = A-dI,$ $X' = X-wI$ とおくと, \begin{align*} &A'X'-X'A' \\ &= (AX-wA-dX+dwI)-(XA-dX-wA+dwI) \\ &= AX-XA = 0 \end{align*} より, $A'X' = X'A'$ となる. $a' = a-d,$ $x' = x-w$ とおいて \[\begin{pmatrix} a' & b \\ c & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x' & y \\ z & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x' & y \\ z & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} a' & b \\ c & 0 \end{pmatrix}\] を展開し, 各成分を比較すると, \[ a'x'+bz = a'x'+cy,\ a'y = bx',\ cx' = a'z,\ cy = bz.\] 仮定より $(a',\ b,\ c) = (a-d,\ b,\ c) \neq (0,\ 0,\ 0)$ であることに注意すると, $a' \neq 0$ のとき, $X' = x'a'{}^{-1}A',$ $b \neq 0$ のとき $X' = yb^{-1}A',$ $c \neq 0$ のとき $X' = zc^{-1}A'$ となるから, $X' = \alpha A'\ (\alpha \in K)$ と表せる. このとき, \begin{align*} X &= X'+wI = \alpha A'+wI = \alpha (A-aI)+wI \\ &= \alpha A+(w-\alpha a)I. \end{align*}

逆行列

問題≪$2$ 次ブロック行列の逆行列≫

 体 $K$ 上の行列 \[ X = \begin{pmatrix} A & C \\ B & D \\ \end{pmatrix}\] において, $A$ が $r$ 次可逆行列, $D$ が $s$ 次正方行列であり, $P = D-CA^{-1}B$ が可逆であるとき, 次が成り立つことを示せ. \begin{align*} X^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1}+A^{-1}BP^{-1}CA^{-1} & -A^{-1}BP^{-1} \\ -P^{-1}CA^{-1} & P^{-1} \end{pmatrix}. \end{align*}

略解

 $XY = I \iff YX = I$ だから, \begin{align*} \begin{pmatrix} A & C \\ B & D \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} T & U \\ V & W \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I_r & O \\ O & I_s \\ \end{pmatrix} \end{align*} を展開して両辺を比較する. ただし, $T$ は $r$ 次正方行列, $W$ は $s$ 次正方行列.

行列式

問題≪三角ブロック行列の行列式≫

 $n \geqq 2,$ $r_1,$ $\dots,$ $r_n$ を正の整数とする. 可換環 $R$ 上の行列 $A_{ij} \in M_{r_i,r_j}(R)\ (1 \leqq i \leqq j \leqq n)$ に対して, 次が成り立つことを示せ. \begin{align*} \begin{vmatrix} A_{11} & A_{12} & \ldots & A_{1n} \\ 0 & A_{22} & \ldots & A_{2n} \\ \vdots & \ddots & \ddots & \vdots \\ 0 & \ldots & 0 & A_{nn} \end{vmatrix} = |A_{11}|\dots |A_{nn}| \quad \cdots [\ast ]. \end{align*}

解答例

(i)
$n = 2$ のとき. \begin{align*} \begin{vmatrix} A_{11} & A_{12} \\ O & A_{22} \end{vmatrix} &= \begin{vmatrix} I_{r_1} & A_{12} \\ O & A_{22} \end{vmatrix}\begin{vmatrix} A_{11} & O \\ O & I_{r_2} \end{vmatrix} \\ &= |A_{22}||A_{11}| = |A_{11}||A_{22}|. \end{align*} $2$ つ目の等号で, $r_1$ 回第 $1$ 行での展開, $r_2$ 回最下行での展開を用いた.
(ii)
与えられた整数 $n \geqq 2$ に対して $[\ast ]$ が成り立つとすると, \begin{align*} &\begin{vmatrix} A_{11} & \ldots & A_{1n} & A_{1,n+1} \\ 0 & \ddots & \vdots & \vdots \\ \vdots & \ddots & A_{nn} & A_{n,n+1} \\ 0 & \ldots & 0 & A_{n+1,n+1} \end{vmatrix} \\ &= \begin{vmatrix} A_{11} & \ldots & A_{1n} \\ {} & \ddots & \vdots \\ 0 & {} & A_{nn} \end{vmatrix}|A_{n+1,n+1}| \quad (\because\text{(i)}) \\ &= |A_{11}|\dots |A_{nn}||A_{n+1,n+1}| \quad (\because [\ast ]). \end{align*}
(i), (ii) より, 任意の整数 $n \geqq 2$ に対して $[\ast ]$ が成り立つ.

問題≪Vandermonde の行列式≫

 $R$ を可換環とする. 任意の整数 $n > 0,$ $a_1,$ $\dots,$ $a_n \in R$ に対して, 次が成り立つことを示せ. \[\begin{vmatrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ a_1 & a_2 & \dots & a_n \\ \vdots & \vdots & {} & \vdots \\ a_1^{n-1} & a_2{}^{n-1} & \ldots & a_n{}^{n-1} \end{vmatrix} = (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\prod\limits_{1 \leqq i < j \leqq n}(a_i-a_j).\]

解答例

 多項式環 $R[x_1,\ \dots,\ x_n]$ 上の行列式 \[\Delta = \begin{vmatrix} 1 & \dots & 1 \\ x_1 & \dots & x_n \\ \vdots & {} & \vdots \\ x_1^{n-1} & \ldots & x_n{}^{n-1} \end{vmatrix}\] に $1 \leqq i < j \leqq n$ なる整数 $i,$ $j$ を固定して $x_i = x_j$ を代入すると $0$ になるから, $\Delta$ は $x_i-x_j$ を因数に持つ. よって, $\Delta$ は $\Delta ' = \prod\limits_{1 \leqq i < j \leqq n}(x_i-x_j)$ で割り切れる. $\Delta$ と $\Delta '$ の次数は $1+\cdots +n = \dfrac{n(n-1)}{2}$ だから, 定数倍を除いて一致する. $\Delta,$ $\Delta '$ の $1\cdot x_2{}^1\dots x_n^{n-1}$ の係数はそれぞれ $1,$ $(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}$ だから, $\Delta = (-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}\Delta '$ となる. $(x_1,\ \dots,\ x_n) = (a_1,\ \dots,\ a_n)$ を代入すると, 求める等式が得られる.

別解

 $n$ に関する帰納法で示すこともできる.

問題≪$2$ 次のべき零行列≫

 整域 $R$ 上の $2$ 次正方行列 $A$ がべき零行列のとき, $A^2 = O$ が成り立つことを示せ.

解答例

 ある整数 $n > 0$ に対して $A^n = O$ を仮定する.
(I)
$n = 1$ のとき. $A = O$ より, $A^2 = O^2 = O.$
(II)
$n \geqq 2$ のとき. $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ とおく. このとき, $|A|^n = |A^n| = |O| = 0$ であり, $R$ は整域だから, \[ |A| = ad-bc = 0.\] よって, Cayley-Hamilton の定理より \[ A^2 = (a+d)A \quad \cdots [1].\] したがって, \begin{align*} A^n &= A^2A^{n-2} = (a+d)A\cdot A^{n-2} = (a+d)A^{n-1} \\ &= \dots = (a+d)^{n-1}A. \end{align*} $A^n = O$ より, $a+d = 0$ または $A = O.$
(i)
$a+d = 0$ のとき, $[1]$ より, $A^2 = O.$
(ii)
$A = O$ は (I) の場合だから, $A^2 = O.$
(I), (II) より, $A^2 = O.$

問題≪行列の相反方程式≫

 実数体上の $2$ 次正方行列 $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ が \[ A^4+A^3+A^2+A+I = O \quad \cdots [\ast]\] を満たすとき,
(1)
$A$ の逆行列を求めよ.
(2)
$A+A^{-1} = (a+d)I$ を示せ.
(3)
$\mathrm{tr}\,A$ の値を求めよ.

解答例

(1)
$[\ast ]$ より, \begin{align*} &A(-A^3-A^2-A-I) = (-A^3-A^2-A-I)A \\ &= -A^4-A^3-A^2-A = I \end{align*} となるから, \[ A^{-1} = -A^3-A^2-A-I.\]
(2)
$[\ast ]$ の両辺に $A-I$ を掛けると, $A^5-I = O$ より, \[ A^5 = I.\] よって, $|A|^5 = |A^5| = |I| = 1$ であり, $|A|$ は実数だから, \[ |A| = 1.\] したがって, Cayley-Hamilton の定理より, \[ A^2-(a+d)A+I = O.\] 両辺に $A^{-1}$ を掛けると $A-(a+d)I+A^{-1} = O$ となるから, \[ A+A^{-1} = (a+d)I \quad \cdots [1].\]
(3)
$[\ast ]$ の両辺に $A^{-2}$ を掛けると, \[ A^2+A+I+A^{-1}+A^{-2} = O.\] よって, $(A+A^{-1})^2-2I = A^2+A^{-2} = -A-I-A^{-1}$ より, \[ (A+A^{-1})^2+(A+A^{-1})-I = O \quad \cdots [2].\] $[1]$ を $[2]$ に代入すると, \[ (a+d)^2I+(a+d)I-I = O.\] これは $(a+d)^2+(a+d)-1 = 0$ を意味するから, \[\mathrm{tr}\,A = a+d = \frac{-1\pm\sqrt 5}{2}.\]

応用

問題≪行列のスペクトル分解と $n$ 乗≫

 $2$ 次正方行列 $A = \begin{pmatrix} 4 & -3, \\ 2 & -1 \end{pmatrix},$ $P,$ $Q$ が \begin{align*} &A = P+2Q\ \cdots [1], \\ &P^2 = P\ \cdots [2], \quad Q^2 = Q\ \cdots [3], \\ &PQ = QP = O\ \cdots [4] \end{align*} を満たすとき,
(1)
$(P+Q)A = A,$ $P+Q = I$ が成り立つことを示せ.
(2)
$P,$ $Q$ を求めよ.
(3)
正の整数 $n$ に対して $A^n$ を求めよ.

解答例

(1)
\begin{align*} (P+Q)A &= (P+Q)(P+2Q) \quad (\because [1]) \\ &= P^2+2PQ+QP+2Q^2 \\ &= P+2O+O+2Q \quad (\because [2],\ [3],\ [4]) \\ &= P+2Q = A \quad (\because [1]). \end{align*} $|A| = 4\cdot (-1)-(-3)\cdot 2 = 2 \neq 0$ より $A$ は可逆だから, 両辺の右から $A^{-1}$ を掛けると \[ P+Q = I \quad \cdots [5].\]
(2)
$[1]-[5],$ $[5]\times 2-[1]$ より, \begin{align*} P &= 2I-A = \begin{pmatrix} -2 & 3 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}, \\ Q &= A-I = \begin{pmatrix} 3 & -3 \\ 2 & -2 \end{pmatrix}. \end{align*}
(3)
\begin{align*} A^n &= (P+2Q)^n \quad (\because [1]) \\ &= P^n+2^nQ^n \quad (\because [2],\ [3],\ [4]) \\ &= \begin{pmatrix} -2 & 3 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}+2^n\begin{pmatrix} 3 & -3 \\ 2 & -2 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 3\cdot 2^n-2 & 3-3\cdot 2^n \\ 2^{n+1}-2 & 3-2^{n+1} \end{pmatrix}. \end{align*}

問題≪Pell 方程式の一般解≫

 $x^2-2y^2 = 1 \cdots [1],$ $A = \begin{pmatrix} 3 & -4 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}$ とする.
(1)
$\begin{pmatrix} s \\ t \end{pmatrix} = A\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix},$ $x > 0,$ $y \geqq 2$ ならば $s^2-2t^2 = 1,$ $0 \leqq t < y$ が成り立つことを示せ.
(2)
$x,$ $y$ が非負整数のとき, \[ A^n\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \quad \cdots [2]\] を満たす整数 $n \geqq 0$ が存在することを示せ.
(3)
$[1]$ のすべての非負整数解を $A$ で表せ.

解答例

(1)
\[\begin{pmatrix} s \\ t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & -4 \\ -2 & 3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3x-4y \\ -2x+3y \end{pmatrix}\] より, \begin{align*} s^2-2t^2 &= (3x-4y)^2-2(-2x+3y)^2 \\ &= x^2-2y^2 = 1 \quad (\because [1]). \end{align*} また, $x > 0,$ $y \geqq 2$ ならば, \begin{align*} 9y^2-4x^2 &= y^2-4(x^2-2y^2) \\ &= y^2-4 \quad (\because [1]) \\ &\geqq 0 \end{align*} より $t = 3y-2x \geqq 0$ が成り立ち, $y^2+1 > 0$ より $2y^2+1 > y^2$ すなわち $\sqrt{2y^2+1} > y$ だから \begin{align*} t &= 3y-2x = 3y-2\sqrt{2y^2+1} \\ &< 3y-2y = y \end{align*} が成り立つ.
(2)
与えられた $[1]$ の解を $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix}$ とし, \[\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = A\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix}\] とおく. $\pm\sqrt 3$ は整数でないから $y = 1$ なる $[1]$ の整数解は存在しないことに注意すると, (1) より $y_n$ は正である限り小さくなっていく. しかし, $y_0$ 以下の非負整数は有限個だから, ある番号 $n \geqq 0$ に対して $y_n = 0$ となる. $y_n = 0$ のとき, $x_n = 1$ だから, $[2]$ を満たす整数 $n \geqq 0$ の存在が示された.
(3)
$|A| = 1 \neq 0$ に注意して $[2]$ の両辺の左から $A^{-n}$ を掛けると, $[1]$ のすべての非負整数解は \[\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = A^{-n}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \quad (n \geqq 0)\] の形に表される.

問題の続き

 $B := A^{-1} = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 2 & 3 \end{pmatrix}$ の固有値は $\alpha := 3+2\sqrt 2,$ $\beta := 3-\sqrt 2$ であり, $\begin{pmatrix} 1 \\ \frac{1}{\sqrt 2}\end{pmatrix},$ $\begin{pmatrix} 1 \\ -\frac{1}{\sqrt 2}\end{pmatrix}$ は $\alpha,$ $\beta$ に対する $B$ の固有ベクトルだから, $P = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ \frac{1}{\sqrt 2} & -\frac{1}{\sqrt 2} \end{pmatrix}$ とおくと, \[ P^{-1}BP = \begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \end{pmatrix}.\] よって, \[ P^{-1}B^nP = \begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \beta \end{pmatrix} ^n\] より, \begin{align*} B^n &= P\begin{pmatrix} \alpha ^n & 0 \\ 0 & \beta ^n \end{pmatrix}P^{-1} \\ &= \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ \frac{1}{\sqrt 2} & -\frac{1}{\sqrt 2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha ^n & 0 \\ 0 & \beta ^n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{\sqrt 2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{\sqrt 2} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix}\frac{\alpha ^n+\beta ^n}{2} & \frac{\alpha ^n-\beta ^n}{\sqrt 2} \\ \frac{\alpha ^n-\beta ^n}{2\sqrt 2} & \frac{\alpha ^n+\beta ^n}{2} \end{pmatrix}. \end{align*} ゆえに, \[\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{\alpha ^n+\beta ^n}{2} \\ \frac{\alpha ^n-\beta ^n}{2\sqrt 2} \end{pmatrix}.\]