トレースと固有値

$A=\begin{pmatrix}2&1\\ 1&2\end{pmatrix}$ とする。$\boldsymbol v=\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}$ について $A\boldsymbol v=\lambda\boldsymbol v$ は
$$ (2-\lambda)x+y=0,\qquad x+(2-\lambda)y=0 $$
である。$(x,y)\ne(0,0)$ の解があるのは、この連立方程式の係数の行列式が $0$、すなわち $(2-\lambda)^2-1=0$ のときである。展開すると $\lambda^2-4\lambda+3=0$、$(\lambda-1)(\lambda-3)=0$ なので、固有値は $1$ と $3$ である。

• $\lambda=3$：$-x+y=0$ から $\boldsymbol v=\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}$（の $0$ でない定数倍）。実際 $A\begin{pmatrix}1\\ 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\ 3\end{pmatrix}$。
• $\lambda=1$：$x+y=0$ から $\boldsymbol v=\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}$。実際 $A\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\ -1\end{pmatrix}$。
  固有値の和は $1+3=4$ で、対角成分の和 $2+2$ に等しい。積は $1\cdot3=3$ で、行列式 $2\cdot2-1\cdot1$ に等しい。

$B=\begin{pmatrix}1&2\\ 3&4\end{pmatrix}$ では、ex-tre-two と同じ計算で、固有値は $(1-\lambda)(4-\lambda)-6=0$、すなわち $\lambda^2-5\lambda-2=0$ の解
$$ \lambda=\frac{5\pm\sqrt{33}}2 $$
である。和は $\frac{5+\sqrt{33}}2+\frac{5-\sqrt{33}}2=5$ で対角成分の和 $1+4$ に等しく、積は $\frac{25-33}4=-2$ で行列式 $1\cdot4-2\cdot3$ に等しい。

1. $n=2$：置換は「そのまま」（$\mathrm{sgn}=1$）と「$1,2$ の入れ替え」（$\mathrm{sgn}=-1$）の 2 つなので、$\det\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}=ad-bc$。冒頭の 2×2 行列の計算で使った式と同じである。
2. $n=3$：置換は 6 個あり、
   $$ \det\begin{pmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\ a_{21}&a_{22}&a_{23}\\ a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{pmatrix}=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{11}a_{23}a_{32}-a_{12}a_{21}a_{33} $$
   である（Sarrus の方法）。たとえば $J=\begin{pmatrix}0&1&1\\ 1&0&1\\ 1&1&0\end{pmatrix}$ では、正の 3 項が $0+1+1$、負の 3 項が $0+0+0$ なので $\det J=2$。また $\mathrm{tr}\,J=0$ である。

ex-tre-det-small の $J$ について、$tE-J=\begin{pmatrix}t&-1&-1\\ -1&t&-1\\ -1&-1&t\end{pmatrix}$ に Sarrus の方法を使う。正の 3 項は $t^3+(-1)^3+(-1)^3=t^3-2$、負の 3 項は $(-1)\cdot t\cdot(-1)$ が 3 つで $3t$ なので、
$$ \chi_J(t)=t^3-2-3t=(t-2)(t+1)^2 $$
である（右辺を展開すると $(t-2)(t^2+2t+1)=t^3-3t-2$）。重複度込みの固有値は $2,-1,-1$ で、和は $0=\mathrm{tr}\,J$、積は $2=\det J$ である。$\lambda=2$ の固有ベクトルは $(1,1,1)$、$\lambda=-1$ の固有ベクトルは $(1,-1,0)$ や $(1,0,-1)$ である。

1. $A=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}$：$\chi_A(t)=(t-a)(t-d)-bc=t^2-(a+d)t+(ad-bc)$。$t$ の係数は $-\mathrm{tr}\,A$、定数項は $(-1)^2\det A$ である。
2. ex-tre-charpoly-j の $J$：$\chi_J(t)=t^3+0\cdot t^2-3t-2$。$t^2$ の係数 $0=-\mathrm{tr}\,J$、定数項 $-2=(-1)^3\det J$ である。

$U=\begin{pmatrix}1&5&7\\ 0&2&9\\ 0&0&3\end{pmatrix}$ のように対角より下の成分がすべて $0$ の行列を上三角行列という。$tE-U$ も上三角行列で、Sarrus の方法の 6 項のうち $0$ でないのは対角成分の積だけなので、$\chi_U(t)=(t-1)(t-2)(t-3)$ である。固有値は対角成分の $1,2,3$ で、和 $6=\mathrm{tr}\,U$、積 $6=\det U$ である。対角より上の $5,7,9$ は固有値に関係しない。

$A=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}$ の 2 乗は $A^2=\begin{pmatrix}a^2+bc&ab+bd\\ ca+dc&cb+d^2\end{pmatrix}$ なので、
$$ \mathrm{tr}(A^2)=a^2+2bc+d^2=(a+d)^2-2(ad-bc) $$
である。一方、固有値 $\lambda_1,\lambda_2$ について $\lambda_1^2+\lambda_2^2=(\lambda_1+\lambda_2)^2-2\lambda_1\lambda_2=(a+d)^2-2(ad-bc)$（thm-tre-sum-product）である。よって $\mathrm{tr}(A^2)=\lambda_1^2+\lambda_2^2$。たとえば ex-tre-two の $A$ では $A^2=\begin{pmatrix}5&4\\ 4&5\end{pmatrix}$、$\mathrm{tr}(A^2)=10=1^2+3^2$ である。

1. ex-tre-two の $A$：$A^3=\begin{pmatrix}14&13\\ 13&14\end{pmatrix}$ で $\mathrm{tr}(A^3)=28=1^3+3^3$。
2. ex-tre-charpoly-j の $J$：$J^2=\begin{pmatrix}2&1&1\\ 1&2&1\\ 1&1&2\end{pmatrix}$ で $\mathrm{tr}(J^2)=6$。固有値 $2,-1,-1$ の 2 乗の和も $4+1+1=6$ である。
3. ex-tre-upper の $U$：$U^2=\begin{pmatrix}1&15&73\\ 0&4&45\\ 0&0&9\end{pmatrix}$ で $\mathrm{tr}(U^2)=14=1^2+2^2+3^2$。

1. ex-tre-two の $A$：$\mathrm{tr}\,A=4$、$\mathrm{tr}(A^2)=10$ なので $\frac12(16-10)=3=\det A$。
2. ex-tre-two-b の $B$：$B^2=\begin{pmatrix}7&10\\ 15&22\end{pmatrix}$ で $\mathrm{tr}(B^2)=29$。$\frac12(25-29)=-2=\det B$。固有値 $\frac{5\pm\sqrt{33}}2$ の 2 乗の和も $\frac{(25+33)\cdot2}4=29$ である。

$f(t)=t^2+c_1t+c_0$ に対し、$C_f:=\begin{pmatrix}0&-c_0\\ 1&-c_1\end{pmatrix}$ とおく。$tE-C_f=\begin{pmatrix}t&c_0\\ -1&t+c_1\end{pmatrix}$ なので
$$ \chi_{C_f}(t)=t(t+c_1)-c_0\cdot(-1)=t^2+c_1t+c_0=f(t) $$
である。$f$ の 2 つの根は $C_f$ の固有値で、根の和 $-c_1$ は $\mathrm{tr}\,C_f=0+(-c_1)$ に、根の積 $c_0$ は $\det C_f=0\cdot(-c_1)-(-c_0)\cdot1$ に一致する。

$f(t)=t^3+c_2t^2+c_1t+c_0$ に対し、$C_f:=\begin{pmatrix}0&0&-c_0\\ 1&0&-c_1\\ 0&1&-c_2\end{pmatrix}$ とおく。$tE-C_f=\begin{pmatrix}t&0&c_0\\ -1&t&c_1\\ 0&-1&t+c_2\end{pmatrix}$ に Sarrus の方法を使うと、正の 3 項は $t\cdot t\cdot(t+c_2)$、$0\cdot c_1\cdot0=0$、$c_0\cdot(-1)\cdot(-1)=c_0$、負の 3 項は $c_0\cdot t\cdot0=0$、$t\cdot c_1\cdot(-1)=-c_1t$、$0\cdot(-1)\cdot(t+c_2)=0$ なので
$$ \chi_{C_f}(t)=t^3+c_2t^2+c_0-(-c_1t)=t^3+c_2t^2+c_1t+c_0=f(t) $$
である。たとえば $f(t)=(t-1)(t-2)(t-3)=t^3-6t^2+11t-6$ の同伴行列は $\begin{pmatrix}0&0&6\\ 1&0&-11\\ 0&1&6\end{pmatrix}$ で、トレース $6$ は根の和 $1+2+3$ である。

$f(t)=t^2-3t+1$ の同伴行列は $C=\begin{pmatrix}0&-1\\ 1&3\end{pmatrix}$ である（ex-tre-companion2 で $c_1=-3$、$c_0=1$）。
$$ C^2=\begin{pmatrix}-1&-3\\ 3&8\end{pmatrix},\qquad C^3=C^2C=\begin{pmatrix}-3&-8\\ 8&21\end{pmatrix} $$
なので $\mathrm{tr}\,C=3$、$\mathrm{tr}(C^2)=7$、$\mathrm{tr}(C^3)=18$ である。同じく $\mathrm{tr}(C^4)=47$、$\mathrm{tr}(C^5)=123$ となる。thm-tre-power により、これは $f$ の根 $\alpha,\beta=\frac{3\pm\sqrt5}2$ の冪和 $\alpha^k+\beta^k$ である。Newtonの恒等式（高校数学） の冪和の列 $3,7,18,47,123$ と一致する。

$3\times3$ の単位行列 $E$ の固有多項式は $(t-1)^3$ で、重複度込みの固有値は $1,1,1$ である。和 $3=\mathrm{tr}\,E$ で thm-tre-sum-product のとおりである。ところが「固有値の集合」$\{1\}$ の和は $1$ で、トレース $3$ と合わない。仮定「重複度込みで数える」を外すと、和がトレースに等しいという結論が崩れる。

$N=\begin{pmatrix}0&1\\ 0&0\end{pmatrix}$ では $N^2=O$ なので、すべての $k\ge1$ で $\mathrm{tr}(N^k)=0$ である。しかし $N\ne O$ である。cor-tre-traces-determine で決まるのは固有多項式 $\chi_N(t)=t^2$、つまり「固有値がすべて $0$」までであり、行列そのものまでは決まらない。$O$ と $N$ は固有多項式もすべての冪のトレースも同じだが、異なる行列である。

不等式
$$ \sum_{k=1}^{70}\frac k{x-k}\ge\frac54 $$
を満たす実数 $x$ 全体は、互いに交わらない区間の和集合であり、それらの区間の長さの総和は $1988$ であることを示せ。
出典：国際数学オリンピック（1988 年）第 4 問（Oly88）。和訳は本記事による。

70 項の代わりに 3 項の $f(x):=\frac1{x-1}+\frac2{x-2}+\frac3{x-3}\ge\frac54$ を考える。分母を払った式は
$$ 5(x-1)(x-2)(x-3)-4\bigl(1\cdot(x-2)(x-3)+2(x-1)(x-3)+3(x-1)(x-2)\bigr)=5x^3-54x^2+143x-102=0 $$
で、根は $r_1\approx1.186$、$r_2\approx2.375$、$r_3\approx7.238$ である（数値計算）。解の集合は $(1,r_1]\cup(2,r_2]\cup(3,r_3]$ で、長さの和は
$$ (r_1+r_2+r_3)-(1+2+3)=\frac{54}5-6=\frac{24}5 $$
である（根の和は解と係数の関係で $\frac{54}5$）。これは $\frac45\cdot(1+2+3)$ に等しい。70 項では $\frac45\cdot(1+2+\cdots+70)=\frac45\cdot2485=1988$ になる。