No.1
- 回答日時:
BC=〇だけでなく,CB=〇も成立することがもしいえるのならば, うれしいのですが...
一般にはBC=CB(=〇でなくとも)であれば,行列BとCは可換(交換できる)であり,普通の数と同じように2項定理が使えますが,そうでないと一般には(筆者には)苦しいです.推定して帰納法?
No.2
- 回答日時:
BC=〇
本当にこの条件しかないとすると,まともに考えるのでしょう.
(B+C)^2=(B+C)(B+C)=B^2+BC+CB+C^2=B^2+CB+C^2
一般には
(B+C)^n=Σ_{r=0~n}a[r]×{Bが(n-r)個とCのr個の積}
と書いたとき,BCの順の積を1か所でも含むものは〇になりますので,
可能なのは端のB^nとC^nを除けば,途中では
C^r・B^(n-r)
しか残らないので,係数は例えばCの次数でみた時の各次数の展開項ごとにそれぞれ1で,
(B+C)^n=Σ_{r=0~n}C^r・B^(n-r)
となります.
No.3ベストアンサー
- 回答日時:
oshiete_gooさんの指摘の通りCB=O(ゼロ行列の事ですよね)だとありがたいのですが、一応CB≠Oが与えられていないものとして解いてみます。
なお
(1)一般にBC=Oで、かつB,Cのいずれもゼロ行列でないならば、B,Cのいずれも逆行列を持たない
(2)BC=Oであっても、CB=Oとは限らない
の2点には注意してください。
最初に少し書き下してみます。
(B+C)^3
=(B^2+CB+C^2)×(B+C)
=B^3+C B^2+C^2 B+B^2 C+CBC+C^3
=B^3+C B^2+C^2 B+C^3
(B+C)^4
=(B^3+C B^2+C^2 B+C^3)×(B+C)
=B^4+C B^3+C^2 B^2+C^3 B+B^3 C+CB^2C+C^2BC+C^4
=B^4+C B^3+C^2 B^2+C^3 B+C^4
こうしてみると一般に、
(B+C)^n
=B^n+C B^(n-1)+ C^2 B^(n-2)+.....+C^(n-1) B+C^n
が成立しそうだと分かります。
vikkyiさんならお気付きだと思いますが、数学的帰納法を使うのが簡単です。
【証明すべき命題】
(B+C)^n=B^n+C B^(n-1)+ C^2 B^(n-2)+.....+C^(n-1) B+C^n
が、すべての自然数nに対し成り立つ。
【証明】
(B+C)^1=B+C
であるので、まずn=1で成り立つ。
次にn=kで命題が成り立つとする。すなわち
(B+C)^k=B^k+C B^(k-1)+ C^2 B^(k-2)+.....+C^(k-1) B+C^k
が成り立つと仮定する。
n=k+1においては
(B+C)^(k+1)
={B^k+C B^(k-1)+ C^2 B^(k-2)+.....+C^(k-1) B+C^k}×(B+C)
=B^(k+1)+C^(k+1)+{C B^(k-1)+ C^2 B^(k-2)+.....+C^(k-1) B+C^k}×B ←最後がBCとなる項は全部消える
=B^(k+1)+C^(k+1)+{C B^k+ C^2 B^(k-1)+.....+C^(k-1) B^2+C^k B}
=B^(k+1)+C B^k+ C^2 B^(k-1)+.....+C^k B+C^(k+1)
となって、命題は成り立つ。
よって最初の命題は、すべての自然数nに対し成り立つ。
CB=Oが成り立つなら(B+C)^n=B^n+C^nとなって非常に簡単な形になりますが、これは上の証明の中の特殊なケースであることはお気付きの通りです。
No.4
- 回答日時:
#2の補足訂正です.
行列では一般にBCとCBは異なるので,#2の解答で
>(B+C)^n=Σ_{r=0~n}a[r]×{Bが(n-r)個とCのr個の積}
とまとめて係数a[r]をつけて書いたのは誤りでした.
>(B+C)^n=Σ_{r=0~n}{Bが(n-r)個とCのr個の積の項(nCr個)の和}
と訂正させてください. 失礼しました.
例えばCの次数ごとに整理して,同じ次数の展開項を見たとき, n≧2より,端の2項B^nとC^nを除けば,途中ではCBの積を1個以上含む項が現れます.
そのCBの場所に注目すると, BC=〇を含んで項全体が〇になってしまわないための条件として,『Bの右にはCは来ない,Cの左にはBは来ない』これがポイントで,
1)積CBのCの左側にはCは掛かっていても良いが, Bは来ない(左はずっと0個以上のCの積)
2)逆に,右側のBの右にはBは掛かっていても良いが, Cは来ない(右はずっと0個以上のBの積)
という議論から,各r(1≦r≦n-1)について,Cをr個含む積は
C^r・B^(n-r)
のみであることが示せます.以下略.
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