α に 2次の関係式 α2 - pα + q = 0 …① があると，
任意の x の1変数多項式 f(x) に対して，
x の1次式 ax + b が存在して，
f(α) = aα + b
証明
f(x) = xn のときだけ示せば十分。
数学的帰納法を用いる
(I) n = 1 のとき成り立つか
f(x) = x に対して，x が結論の1次式そのもの
よって， n = 1 のとき，成り立つ。
(II) n = k のとき成り立つと仮定して，n = k + 1 のとき成り立つか
xk に対して，ax + b が存在して， αk = aα + b …② を仮定する。
\(\alpha^{k+1}=\alpha^k\cdot\alpha\) (inductive な考え)
\(=(a\alpha+b)\cdot\alpha=a\alpha^2+b\alpha\) (②)
\(=a(p\alpha-q)+b\alpha=(ap+b)\alpha-aq\) (①)
つまり，xk+1 に対して， 1次式 (ap + b)x - aq が存在して，
αk+1 = (ap + b)α - aq
よって，n = k のとき成り立つと仮定すると，n = k + 1 のとき成り立つ。
(I)(II)より，すべての自然数 n で成り立つ。
ax + b をどうやって見つけるか。
それは，f(x) を x2 - px + q で割った余りである。
f(x) を x2 - px + q で割ったときの，商を Q(x) とすると，余りは ax + b とかける。
\(f(x)-(x^2-px+q)\cdot Q(x) =ax+b\) だから，
x に α を代入すると，aα + b となる。
例
\(A=\left(\begin{array}{cc}
2 & 0\cr
-1 & -1\cr
\end{array}\right)\) とすると，
\(A^2-A-2E=O\)
\(A^5=(A^2-A-2E)(A^3+A^2+3A^2+5E)+(11A+10E)\) …③
\(=11A+10E=\left(\begin{array}{cc}
32 & 0\cr
-11 & -1\cr
\end{array}\right)\)
③ の実際の計算はこちら