作用素の多項式 | 線形代数 II

1 多項式の評価

定義 1.1. $T\in\operatorname{End}_K(V)$ と $p(t)=\sum_{j=0}^ma_jt^j\in K[t]$ に対し、

p(T)=\sum_{j=0}^ma_jT^j\in\operatorname{End}_K(V)

と定める。ただし $T^0=I_V$ とする。 $p(T)$ を $T$ の作用素多項式 (operator polynomial) という。

定理 1.2. 写像

\operatorname{ev}_T:K[t]\to\operatorname{End}_K(V),\qquad p\mapsto p(T)

は和、積、単位元を保つ。すなわち

(p+q)(T)=p(T)+q(T),\qquad (pq)(T)=p(T)q(T),\qquad 1(T)=I_V.

とくに全ての $p,q\in K[t]$ について $p(T)q(T)=q(T)p(T)$ である。

証明. 和と単位元の式は定義から従う。 $p(t)=\sum_i a_it^i$ 、 $q(t)=\sum_jb_jt^j$ とすると

\begin{aligned} p(T)q(T) &=\left(\sum_i a_iT^i\right)\left(\sum_jb_jT^j\right)\\ &=\sum_{i,j}a_ib_jT^{i+j}\\ &=\sum_k\left(\sum_{i+j=k}a_ib_j\right)T^k\\ &=(pq)(T). \end{aligned}

ここでは $a_i,b_j$ がスカラーなので自己準同型と可換であり、 $T^iT^j=T^{i+j}$ を用いた。 $K[t]$ は可換環なので $(pq)(T)=(qp)(T)$ であり、最後の可換式も従う。▨

評価が積を保つことの証明では、全ての係数がスカラーであることを用いる。行列係数多項式では係数と $T$ が可換とは限らないため、同じ計算を無条件に用いることはできない。

定義 1.3. $p\in K[t]$ と $v\in V$ に対し

p\cdot v=p(T)v

と定める。定理 1.2により $(pq)\cdot v=p\cdot(q\cdot v)$ 、 $1\cdot v=v$ が成り立つ。この演算を $T$ が定める多項式環の作用 (polynomial ring action) という。

2 零化多項式

定義 2.1. 部分集合 $I\subseteq K[t]$ が $K[t]$ のイデアル (ideal) であるとは、次の三条件を満たすことをいう。

$0\in I$ である。
$p,q\in I$ ならば $p+q\in I$ かつ $-p\in I$ である。
$p\in I$ と $r\in K[t]$ に対して $rp\in I$ である。

$K[t]$ は可換環なので、条件 (c)に現れる $rp$ を $pr$ と書いても同じ条件になる。

定義 2.2. $p(T)=0$ を満たす $p\in K[t]$ を $T$ の零化多項式 (annihilating polynomial) という。零化多項式全体

\operatorname{Ann}(T)=\{p\in K[t]:p(T)=0\}

を $T$ の零化イデアル (annihilator ideal) という。

命題 2.3. $\operatorname{Ann}(T)$ は $K[t]$ のイデアルである。 $V$ が有限次元なら $\operatorname{Ann}(T)$ は零でない。

証明. $p(T)=q(T)=0$ なら $(p+q)(T)=0$ であり、 $(-p)(T)=-p(T)=0$ である。また $r\in K[t]$ に対し $(rp)(T)=r(T)p(T)=0$ である。零多項式も含むので定義 2.1により $\operatorname{Ann}(T)$ はイデアルである。

$\dim V=n<\infty$ なら $\operatorname{End}_K(V)$ の次元は $n^2$ である。 $I,T,\ldots,T^{n^2}$ は $n^2+1$ 個の自己準同型なので一次従属である。したがって全てが零ではない $a_0,\ldots,a_{n^2}$ が存在して

a_0I+a_1T+\cdots+a_{n^2}T^{n^2}=0

となる。対応する非零多項式は $\operatorname{Ann}(T)$ に属する。▨

後の Cayley–Hamilton の定理では、次数 $n$ の特性多項式が零化多項式であることが示される。上の存在証明で得られる零化多項式の次数の評価は、この次数 $n$ より弱い。本記事では、Cayley–Hamilton の定理を用いることなく、非零の零化多項式の存在を示す。

3 巡回部分空間

定義 3.1. $v\in V$ に対し、

K[T]v=\{p(T)v:p\in K[t]\} =\operatorname{span}\{v,Tv,T^2v,\ldots\}

を $v$ が生成する $T$ -巡回部分空間 ( $T$ -cyclic subspace) という。

命題 3.2. $K[T]v$ は $v$ を含む $T$ -不変部分空間である。また $v$ を含む任意の $T$ -不変部分空間 $W$ に対して $K[T]v\subseteq W$ が成り立つ。

証明. $K[T]v$ は $p(T)v$ の全体なので、和とスカラー倍について閉じている。 $1(T)v=v$ であるから $v$ を含む。 $T(p(T)v)=(tp)(T)v$ なので $T$ -不変である。

$W$ が $v$ を含み $T$ -不変なら、帰納法により全ての $T^jv$ を含む。 $W$ は部分空間なので、それらの有限一次結合 $p(T)v$ も含む。したがって $K[T]v\subseteq W$ である。▨

命題 3.3. $K[T]v$ が有限次元で $v\ne0$ とする。 $v,Tv,\ldots,T^dv$ が初めて一次従属になる最小の $d\ge1$ を取る。このとき

v,Tv,\ldots,T^{d-1}v

は $K[T]v$ の基底であり、ただ一つのモニック多項式

c_v(t)=t^d+a_{d-1}t^{d-1}+\cdots+a_0

が存在して $c_v(T)v=0$ を満たす。さらに $p(T)v=0$ であるための必要十分条件は $c_v\mid p$ である。

証明. $d$ の最小性から $v,\ldots,T^{d-1}v$ は一次独立である。最初の一次関係で $T^dv$ の係数が零ならより短い列に関係が生じるので、その係数は非零である。係数で割って

T^dv=-a_{d-1}T^{d-1}v-\cdots-a_0v

と一意に書くことができ、 $c_v(T)v=0$ を得る。この関係へ $T$ を反復して施すと、全ての $T^mv$ は $v,\ldots,T^{d-1}v$ の一次結合になる。したがって表示した一次独立集合は巡回部分空間を生成し、基底である。

$p\in K[t]$ を $c_v$ で割り、 $p=qc_v+r$ 、 $\deg r<d$ とする。 $p(T)v=r(T)v$ である。 $p(T)v=0$ なら、基底 $v,\ldots,T^{d-1}v$ の一次独立性から $r=0$ となる。逆に $c_v\mid p$ なら $p(T)v=q(T)c_v(T)v=0$ である。モニック多項式の一意性も、この割り切り条件または最初の関係の係数の一意性から従う。▨

命題 3.4. 部分空間 $W\subseteq V$ が $T$ -不変であるための必要十分条件は、全ての $p\in K[t]$ について $p(T)W\subseteq W$ が成り立つことである。

証明. $W$ が $T$ -不変なら帰納法により $T^jW\subseteq W$ が全ての $j$ について成り立ち、線形結合を取ると $p(T)W\subseteq W$ となる。逆に全ての $p$ についての条件を $p(t)=t$ に適用すると $T(W)\subseteq W$ を得る。▨

例 3.5. $V=K^4$ の基底を $e_1,e_2,e_3,e_4$ とし、

T(e_1)=0,\quad T(e_2)=e_1,\quad T(e_3)=e_2,\quad T(e_4)=e_3

と定める。 $v=e_4$ に対して

v=e_4,\quad Tv=e_3,\quad T^2v=e_2,\quad T^3v=e_1,\quad T^4v=0

なので $K[T]v=V$ であり、 $c_v(t)=t^4$ である。一方 $e_2$ が生成する巡回部分空間は $\operatorname{span}\{e_2,e_1\}$ であり、対応する多項式は $t^2$ である。

4 演習

問題 4.1 (行列係数多項式の評価). $t$ をすべての行列と可換な不定元とし、 $M_n(K)[t]$ の元 $p=\sum_iA_it^i$ と $T\in M_n(K)$ に対して $p(T)=\sum_iA_iT^i$ （係数を左に置く評価）と定める。 $n=2$ 、 $T=E_{12}$ 、 $p=I_2\,t$ 、 $q=E_{11}$ （定数多項式）について、 $(pq)(T)\neq p(T)q(T)$ であることを示せ。また、 $q=\sum_jB_jt^j$ の各係数 $B_j$ が $T$ と可換ならば、任意の $p\in M_n(K)[t]$ について $(pq)(T)=p(T)q(T)$ が成り立つことを示せ。

解答.

$t$ は行列と可換であるから $pq=I_2\,t\,E_{11}=E_{11}\,t$ であり、 $(pq)(T)=E_{11}E_{12}=E_{12}$ である。一方 $p(T)=E_{12}$ 、 $q(T)=E_{11}$ であるから $p(T)q(T)=E_{12}E_{11}=0$ である。 $E_{12}\neq0$ であるから $(pq)(T)\neq p(T)q(T)$ である。この例では $q$ の係数 $E_{11}$ が $T=E_{12}$ と可換でない（ $E_{11}E_{12}=E_{12}\neq0=E_{12}E_{11}$ ）。

$p=\sum_iA_it^i$ とすると、 $t$ が中心にあることから $pq=\sum_k\bigl(\sum_{i+j=k}A_iB_j\bigr)t^k$ であり、

(pq)(T)=\sum_{i,j}A_iB_jT^{i+j}

である。各 $B_j$ が $T$ と可換ならば、帰納法により $T^iB_j=B_jT^i$ がすべての $i\geq0$ で成り立つ。したがって

p(T)q(T)=\sum_{i,j}A_iT^iB_jT^j=\sum_{i,j}A_iB_jT^iT^j=\sum_{i,j}A_iB_jT^{i+j}=(pq)(T)

である。係数がスカラー行列である場合はこの条件が常に満たされ、定理 1.2の積の等式に一致する。▨

§E3.18作用素の多項式

1 多項式の評価

2 零化多項式

3 巡回部分空間

4 演習

参考文献

前提記事