線形代数 · 第18回 · 動画3 · インタラクティブ教材

一が並ぶ三重対角行列の行列式は、なぜ 1, 0, −1 しかないのか

I重要な公式

公式	名称	説明
$\det(A_n) = \det(A_{n-1}) - \det(A_{n-2})$	行列式の漸化式	余因子展開が直前の2項だけにまとまる
$\det(A_1) = 1, \;\; \det(A_2) = 0$	初めの値	漸化式の出発点
$1,\; 0,\; {-1},\; {-1},\; 0,\; 1,\; 1,\; 0,\; \ldots$	周期 6 の巡回	数列は 6 項ごとに繰り返す
$\det(A_n)$ は $n \bmod 6$ で決まる	余りによる表引き	割り算 1 回で、行列式をまるごと計算する手間が省ける

II可視化1 — 1 が並ぶ三重対角行列

主対角線とその両隣の対角線に 1 が並び、ほかはすべて 0 です。この行列の行列式は、どこまで大きくなるでしょうか。

行列のサイズ n 4

💡 0 ばかりのこの疎な形こそが、余因子展開をわずか2項にまとめてくれます。それが可視化2の漸化式です。

III可視化2 — 漸化式が数列を作る

各行列式は、直前の値からその一つ前の値を引いたものです。そのため値は $1, 0, -1, -1, 0, 1$ と巡ります。

項数 n = 1…7

💡 とりうる値は 3 つだけで、各項は直前の二項で決まるので、数列は繰り返すしかありません。ここでは $6$ 項ごとです。

IV可視化3 — 合同算術で表を引く

数列の周期が $6$ なので、 $n \bmod 6$ を求める割り算 1 回で、行列式をまるごと計算する手間が省けます。

n を選ぶ 61

💡 どんな $n$ でも、たとえ $n$ が何千であっても、割り算 1 回で決まります。行列式の計算はまったく要りません。

V確認クイズ

問1

漸化式 $\det(A_n) = \det(A_{n-1}) - \det(A_{n-2})$ と初めの値 $\det(A_1) = 1$ 、 $\det(A_2) = 0$ を使うと、 $\det(A_5)$ はいくつですか。

✅ 正解です！ det(A₅) = det(A₄) − det(A₃) = (−1) − (−1) = 0.

❌ 惜しい！ 漸化式を丁寧に 3 回使いましょう。まず det(A₃)、次に det(A₄)、最後に det(A₅) を求めます。

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解答：

初めの値から、漸化式を一段ずつ使います。

$\det(A_3) = \det(A_2) - \det(A_1) = 0 - 1 = -1$

$\det(A_4) = \det(A_3) - \det(A_2) = -1 - 0 = -1$

$\det(A_5) = \det(A_4) - \det(A_3) = -1 - (-1) = -1 + 1 = 0$

答えは 0 です。

問2

1 が並ぶ三重対角行列の行列式の漸化式は、フィボナッチの漸化式に似ています。正しい式はどれですか。

✅ 正解です！ 1 行目に沿って余因子展開すると、2 番目の項にマイナスの符号がつきます。

❌ 惜しい！ $(1,2)$ 成分の余因子には、市松模様の符号パターンからマイナスの符号がつきます。足し算を引き算に変えたフィボナッチです。

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解答：

$\det(A_n)$ を 1 行目に沿って展開します。 $A_n$ の 1 行目は $(1, 1, 0, 0, \ldots, 0)$ です。

1 番目の成分（ $a_{11} = 1$ 、余因子の符号は正）：残る小行列がちょうど $A_{n-1}$ なので、 $+\det(A_{n-1})$ を与えます。
2 番目の成分（ $a_{12} = 1$ 、余因子の符号は負）：対応する小行列式は、その 1 列目に沿って展開すると $\det(A_{n-2})$ になるので、 $-\det(A_{n-2})$ を与えます。
残りの成分はすべて 0 なので、何も寄与しません。

したがって、 $\det(A_n) = \det(A_{n-1}) - \det(A_{n-2})$

これはフィボナッチ（ $f_n = f_{n-1} + f_{n-2}$ ）に似ていますが、足し算の代わりに引き算になっています。

問3

$\det(A_{100})$ はいくつですか。

ヒント：行列式の数列の周期は 6 です。 $100 \bmod 6$ を求めて、巡回表を引きましょう。

$n \bmod 6$	1	2	3	4	5	0
$\det(A_n)$	1	0	−1	−1	0	1

✅ 正解です！ 100 mod 6 = 4 で、巡回表の 4 の欄から det = −1 です。

❌ 惜しい！ まず 100 ÷ 6 = 16 余り 4 を求め、次に巡回表の 4 の欄を引きましょう。

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解答：

$100 \bmod 6$ を求めます。

$100 = 16 \times 6 + 4 \qquad \Longrightarrow \qquad 100 \bmod 6 = 4$

巡回表の 4 の欄を引きます。

$n \bmod 6$	1	2	3	4	5	0
$\det(A_n)$	1	0	−1	−1	0	1

$\boxed{\det(A_{100}) = -1}$

行基本変形はいりません。100×100 行列でも、割り算 1 回と表を引くだけです！

問4

正しいか誤りか：各 det(A_n) は -1, 0, 1 のどれかにしかならないので、隣り合う二項の組は多くても 9 通りです。そのため行列式の数列は、いずれ必ず周期的になります。鳩の巣原理により、組はいつか必ず重複し、そこから先の数列全体が繰り返すことになります。

✅ 正解です！ 鳩の巣原理が周期性を保証します。隣り合う二項の組は 9 通りしかないので、最初の 10 組（11 項）のうちに必ず重複が起こります。

❌ 惜しい！ 隣り合う二項の組が有限個しかなく、漸化式で次の項が一通りに決まるとき、いずれ何が起こるはずか考えてみましょう。

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解答：正しい

推論を順に追うと、次のとおりです。

値が限られる：各行列式は $\{-1, 0, 1\}$ のどれかで、とりうる値は 3 つだけです。
直前の二項で決まる： $\det(A_n) = \det(A_{n-1}) - \det(A_{n-2})$ なので、各項は直前の二項だけで決まります。
組は有限個：隣り合う二項の組 $(\det(A_{n-1}), \det(A_{n-2}))$ は、多くても $3 \times 3 = 9$ 通りです。
鳩の巣原理：連続する 11 項（隣り合う組は 10 組）以内に、隣り合う値の組のどれかが必ず重複します。
先は一通りに決まる：漸化式は次の項を一通りに決めるので、組が一度重複すると、その後の項はすべて一致するしかなく、永久に続く巡回が生まれます。

具体的には、 $(\det(A_6), \det(A_7)) = (1, 1) = (\det(A_0), \det(A_1))$ となり、巡回の周期がちょうど 6 であることが確かめられます。

正解数：0 / 4