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行列

意かは基本的に正方行列とする。

ベクトル方程式

$A\overrightarrow{x}=\overrightarrow{0}$
$\iff \overrightarrow{x}=\overrightarrow{0},or,A=O,or,\Delta A=0$

正方行列の乗数

対角行列

対角行列は単純に各項をn乗する。
$A=\left( \begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & d \end{array}\right)$ を与えるのならば、
$A^n=\left( \begin{array}{cc} a^n & 0 \\ 0 & d^n \end{array}\right)$

三角行列

大変は単純に各項をn乗する。
残りの1項は数列を解くことで得られる
$A=\left( \begin{array}{cc} a & b \\ 0 & b \end{array}\right)$ を与えた時、
$A^k=\left( \begin{array}{cc} a_k & b_k \\ 0 & d_k \end{array}\right)$ とおくと、
$A^{k+1}=A^k\cdot A=\left( \begin{array}{cc} a \cdot a_k & d\cdot b_k +b\cdot a_k \\ 0 & d\cdot d_k \end{array}\right)$
$\iff a_{k+1}=a \cdot a_k,b_{k+1}=d\cdot b_k +b\cdot a_k,d_{k+1}=d \cdot d_k$
$\iff a_k=a^k, d_k=d^k,b_k=d\cdot b_k +b\cdot a^k$
$\iff \left( \frac{b_{k+1}}{a^{k+1}}\right)=\frac{d}{a} \left(\frac{b_k}{a^k}\right)+\frac{b}{a}$
これを特性方程式を経て解くと
$\frac{b_n}{a^n}=\left(\frac{b}{a}-\frac{b}{a-d}\right)\left(\frac{d}{a}\right)^{n-1}+\frac{b}{a-d}$
$\iff b_n=\left(\frac{b}{a}-\frac{b}{a-d}\right)ad^{n-1}+\frac{b}{a-d}a^n$

一般行列

Δ≠0を満たす行列P,
対角行列D,を用いて、
$AP=PD$
を満たすような値を与える。

Pの候補としては、 $\left( \begin{array}{cc} 1 & -a \\ a & 1 \end{array}\right)$ などが考えられる。

次に、これを用いて、

$A=PDP^{-1}$

$A^n=(PDP^{-1})^n=PD^nP^{-1}$

A-Et

上のP,Dを用いて
$AP=PD$
$(tE)P=P(tE)$

$A=PDP^{-1}$
$tE=P{tE}P^{-1}$

$A+tE=P(D+tE)P^{-1}$
$(A+tE)^n=P(D+tE)^nP^{-1}$
D+tEは対角行列なので簡単にその答えを求められる。

ハーリー・ケミルトンの定理

$A=\left( \begin{array}{cc} a & b \\ c & d \end{array}\right)$ のとき、
のとき、
$A^2-(a+d)A+(ad-bc)E=O$
が成り立つ。
逆行列が存在しないとき、
$A^2=(a+d)A$

さらに、 $a+d=tr(A),ad-bc=det(A)$ と表すと、
$A^2-tr(A)A+det(A)E=O$
$det(XY)=det(X)\cdot det(Y)$
$tr(XY)=tr(YX)$
$tr(uX+vY)=u\cdot tr(X)+v\cdot tr(Y)$
が成り立つ。
これらを使うと、特に、
$det(A^2)=\{det(A)\}^2$
$tr(A^2)=tr(tr(A)A-det(A)E)=tr(A)\cdot tr(A)-det(A)tr(E)=\{tr(A)\}^2-2det(A)$

行列の証明

まずはabcdを用いずに考える。

逆行列の証明

ad-bc=0の証明と同じ。
与えられた条件に対して、
$A^{-1}$ が存在する場合を考えて、
矛盾を導く

例)
$AB \ne BA,A^2B=ABA$
$A^{-1}$ が存在するとすると、
二番目の式に左から $A^{-1}$ を掛けたものに矛盾

また、AB=BA=Eが成り立つ時、 $A^{-1}=B$
例)
$A^3=E$ のとき、
$A^2A=AA^2=E$ だから、
$(A^2)^{-1}=A$

2乗=O

$(A-kE)^2=O$ を満たすとき、
$A-kE=B$ とおくと、 $B^2=O$ k
$A^n=(kE+B)^n=_nC_0(kE)^n+_nC_1(kE)^{n-1}B+O=k^nE+nk^{n-1}B$

A^2-pA+qE=Oの解

ハミルトン・ケーリーの法則より、
$A^2-(a+d)A+(ad-bc)E=O$
よって、 $A^2-pA+qE=A^2-(a+d)A+(ad-bc)E\iff (p-a-d)A=(q-ad+bc)E$
(1)p=a+dのとき、(q-ad+bc)E=O⇔q=ad-bc
よって、p=a+d⇔q=ad-bc
(2)p≠a+dのとき、 $A=\frac{q-ad+bc}{pa-d}E=kE$ より、
$k^2E-pkE+qE=(k^2-pk+q)E=O\iff k^2-pk+q=0\iff k=\alpha,\beta$
よって、A=αE,βE

逆行列

$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$
$(kA)^{-1}=A^{-1}k^{-1}=\frac{1}{k}A$
また、
行列P、Qが逆行列を持つのであれば、行列PQも逆行列を持つ。
(証明1) $(PQ)^{-1}=Q^{-1}P^{-1}$ より、原理的に成り立つ。
(証明2) $det(PQ)=det(P)det(Q)$ より、 $det(P)\ne 0,det(Q)\ne 0$ なら、 $det(PQ)\ne 0$ である。

行列における逆行列

逆行列が存在しないとき、
$det(A)=ad-bc=O$
$\iff \left(\begin{array}{c} a \\ c \end{array}\right) // \left(\begin{array}{c} b \\ d \end{array}\right)$

反証

特殊な行列の性質

$\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & d \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & d \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)$
$\left(\begin{array}{cc} 0 & b \\ 0 & 0 \end{array}\right)^2=\left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)$
$\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & d \end{array}\right)^n=\left(\begin{array}{cc} a^n & 0 \\ 0 & d^n \end{array}\right)$

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最終更新：2012年06月29日 04:46

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