固有多項式とケーリー・ハミルトンの定理

更新 2024/01/19

ケーリー・ハミルトンの定理

正方行列 $A$ に対して， $\det(A-\lambda I)$ という $\lambda$ の多項式の $\lambda$ の部分を $A$ に変えたものはゼロ行列になる。

ケーリー（Cayley）とハミルトン（Hamilton）の順番を入れ替えて「ハミルトン・ケーリーの定理」と言うこともあります。

固有多項式（特性多項式）

$\det(A-\lambda I)$ という $\lambda$ の多項式を固有多項式（特性多項式）といいます。

行列の固有値を計算するときに使う大事な多項式です。
→ 行列の固有値・固有ベクトルの定義と具体的な計算方法

二次の場合

ケーリー・ハミルトンの定理の意味を理解するために，2×2の場合について考えてみます。行列式についての知識が必要です。

この節では $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ とします。

固有多項式は， $\det(A-\lambda I)=\lambda^2-(a+d)\lambda+(ad-bc)\lambda^0$ です。

これは $\lambda$ についての二次多項式ですが， $\lambda$ の部分に強引に行列 $A$ を入れたものを考えるとゼロ行列になる，というのがケーリー・ハミルトンの定理です。

サイズ2の場合

$A^2-(a+d)A+(ad-bc)I=O$

トレースと行列式を用いて $A^2-(\mathrm{tr}\: A)A+(\det A)I=O$ と書くこともできます。

サイズ2の場合については成分計算で簡単に証明できます。

証明

$\begin{aligned} A^2 &= \begin{pmatrix}a^2+bc&ab+bd\\ac+cd&bc+d^2\end{pmatrix}\\ -(a+d)A &= \begin{pmatrix}-a^2-ad&-ab-bd\\-ac-cd&-ad-d^2\end{pmatrix}\\ (ad-bc)I &= \begin{pmatrix}ad-bc&0\\0&ad-bc\end{pmatrix} \end{aligned}$

これらを全て足すと確かにゼロ行列になる。

三次の場合

$A$ が3×3行列の場合は固有多項式 $\det(A-\lambda I)$ は $\lambda$ の三次多項式になります。計算はやや煩雑なので，結果のみ書いておきます。

サイズ3の場合

$A^3-(\mathrm{tr}\:A)A^2+cA-(\det A)I=O$

ただし， $c$ は $A$ の二次の主小行列式の和： $a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}+a_{22}a_{33}-a_{23}a_{32}+a_{11}a_{33}-a_{13}a_{31}$

例

$A = \begin{pmatrix} 1&-2&1\\1&0&1\\ 0&-1&2 \end{pmatrix}$ の固有多項式を計算する。

$\begin{aligned} &\det (A - \lambda I)\\ &= \begin{vmatrix} 1-\lambda &-2&1\\ 1& -\lambda & 1\\ 0&-1&2-\lambda \end{vmatrix}\\ &= -\lambda (1-\lambda)(2-\lambda) -1 \\ &\qquad - \{ -2 (2-\lambda) - (1-\lambda) \}\\ &= -\lambda^3 + 3 \lambda^2 - 5\lambda + 4 \end{aligned}$

よって固有多項式は $-\lambda^3 + 3\lambda^2 - 5\lambda + 4$ と分かる。

これに元の $A$ を代入しよう。

$A^2 = \begin{pmatrix} -1&-3&1\\ 1&-3&3\\ -1&-2&3 \end{pmatrix}\\ A^3 = \begin{pmatrix} -4&1&-2\\ -2&-5&4\\ -3&-1&3\\ \end{pmatrix}$ より $\begin{aligned} &-A^3 + 3A^2 - 5A + 4I\\ &= - \begin{pmatrix} -4&1&-2\\ -2&-5&4\\ -3&-1&3\\ \end{pmatrix} +3 \begin{pmatrix} -1&-3&1\\ 1&-3&3\\ -1&-2&3 \end{pmatrix}\\ &\qquad - 5\begin{pmatrix} 1&-2&1\\1&0&1\\ 0&-1&2 \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 4&0&0\\ 0&4&0\\ 0&0&4 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix} \end{aligned}$ と確かに零行列になった。

定理の証明

よくある間違った証明

間違った証明

$\phi(\lambda)=\det (A - \lambda I)$

が固有多項式の定義である。

この式に $\lambda = A$ を代入すると $\phi(A)=\det (A - A) = \det O = 0$ となる。

なぜ間違っているか

$\phi(\lambda)=\det (A - \lambda I)$ という式において $\lambda$ はスカラーです。スカラーでない $A$ を代入してはいけません（両辺それぞれ $\lambda$ を $A$ という行列で置き換えた式を考えることはできますが，両者が等しいとは限りません）。

正しい証明

$A$ を $n\times n$ 行列とし，その固有値を $\lambda_1 , \cdots , \lambda_n$ とおきます。（重複は認める）

また，以下固有多項式を $\phi (\lambda) = \lambda^n + a_1 \lambda^{n-1} + \cdots + a_n$ とおきます。

$A$ が対角化可能なとき

対角化可能なときは簡単に証明できるので，その証明方法を紹介します。

証明

$A$ は対角化可能であるため， $P^{-1}AP = \begin{pmatrix} \lambda_1 &&\\ &\ddots &\\ && \lambda_n \end{pmatrix}$ なる正則行列 $P$ が存在する。

任意の正の整数 $k$ に対して， $P^{-1} A^k P = \begin{pmatrix} \lambda_1^k &&\\ &\ddots &\\ && \lambda_n^k \end{pmatrix}$ となる。

よって $\begin{aligned} \phi (A) &= A^n + a_1 A^{n-1} + \cdots + a_n I\\ &= P \begin{pmatrix} \phi (\lambda_1) &&\\ &\ddots &\\ && \phi (\lambda_n) \end{pmatrix} P^{-1} \end{aligned}$ となる。

さて， $\lambda_i$ は $A$ の固有値なので $\phi(\lambda_i)=0$ である。よって，上式の右辺は零行列となる。

高校数学で行列を扱っていたころは，2×2のケーリー・ハミルトンが活躍していました。

Tag:数検1級の範囲と必要な公式まとめ

この記事の監修者

マスオ

高校数学の美しい物語の管理人。「わかりやすいこと」と「ごまかさないこと」の両立を意識している。著書に『高校数学の美しい物語』『超ディープな算数の教科書』。記事の誤植やわかりにくい等のご指摘はお気軽にメールください！