第1章行列と連立一次方程式（線形代数） | Lemma

この章の目標

行列の和・スカラー倍・積を正確に計算でき、行列の積が「写像の合成」を表すことを理解する

行基本変形と基本行列の関係を理解し、任意の行列を簡約階段行列に変形できる（簡約階段行列の一意性の証明を含む）

階数を用いて連立一次方程式の解の存在を判定し、解の全体を「特殊解＋同次方程式の解」として記述できる

正則行列の同値条件を証明し、逆行列を行基本変形で計算できる

ブロック行列の積を使いこなせる

前提：数学の言葉第2章集合、第3章写像

1.1 連立一次方程式と行列

線形代数学の出発点は、次のような連立一次方程式 (system of linear equations) である。

\left\lbrace \begin{aligned} x_1 + 2x_2 + x_3 &= 4 \\ 2x_1 + 4x_2 + x_3 + x_4 &= 7 \\ 3x_1 + 6x_2 - x_3 + 4x_4 &= 8 \end{aligned} \right.

未知数が 4 個、方程式が 3 個ある。高校までは 2〜3 元の連立方程式を代入法や加減法で解いたが、未知数や方程式の個数が増えると、手順を系統立てなければ見通しが立たない。本章の目的は、次の二つの問いに完全に答えることである。

解はいつ存在するか。
解が存在するとき、解の全体はどのような形をしているか。

鍵になるのは、係数だけを長方形に並べた行列に注目することである。未知数の文字 $x_1, x_2, \dots$ は計算の途中で何の役割も果たさず、係数の並び方だけが本質だからである。

本章では、数の範囲 $K$ は $\mathbb{R}$ または $\mathbb{C}$ とする。実際には四則演算が自由にできる数の体系（体、第2章で定義する）であれば、本章の議論はすべてそのまま成り立つ。 $K$ の元をスカラー (scalar) という。

定義 1.1（行列, matrix） $m, n \in \mathbb{N}$ とする。 $K$ の元 $a_{ij}$ $(1 \leq i \leq m,\ 1 \leq j \leq n)$ を縦 $m$ 行・横 $n$ 列の長方形に並べたもの
$A = \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} \end{pmatrix}$
を $m \times n$ 行列（ $m$ 行 $n$ 列の行列）という。 $a_{ij}$ を $A$ の $(i, j)$ 成分 (entry) といい、 $A = (a_{ij})$ と略記する。 $m \times n$ 行列全体を $\operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $n \times n$ 行列（ $n$ 次正方行列, square matrix）全体を $\operatorname{M}_n(K)$ と書く。

横の並び $(a_{i1}, \dots, a_{in})$ を第 $i$ 行 (row)、縦の並びを第 $j$ 列 (column) という。 $m \times 1$ 行列を列ベクトル、 $1 \times n$ 行列を行ベクトルという。 $n$ 成分の列ベクトル全体を $K^n$ と書き、数ベクトル空間と呼ぶ。紙面の節約のため、列ベクトルを ${}^t(x_1, \dots, x_n)$ と横に書くことがある（ ${}^t$ は後で定義する転置）。

特別な行列に名前をつけておく。すべての成分が 0 の行列を零行列 $O$ （サイズを明示するときは $O_{m,n}$ ）という。 $n$ 次正方行列で対角成分が 1、それ以外が 0 のものを単位行列 (identity matrix) $I_n$ という。クロネッカーのデルタ $\delta_{ij}$ （ $i = j$ なら 1、そうでなければ 0）を使えば $I_n = (\delta_{ij})$ である。 $I_n$ の第 $j$ 列を $e_j$ と書き、基本ベクトル（標準単位ベクトル）という。また $(i, j)$ 成分だけが 1 で他が 0 の行列を行列単位 $E_{ij}$ という。

例 1.2 冒頭の連立方程式の係数を並べた行列 $A$ 、右辺を並べた列ベクトル $b$ 、それらを横に並べた行列 $(A \mid b)$ はそれぞれ

A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0 \\ 2 & 4 & 1 & 1 \\ 3 & 6 & -1 & 4 \end{pmatrix}, \quad b = \begin{pmatrix} 4 \\ 7 \\ 8 \end{pmatrix}, \quad (A \mid b) = \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 1 & 0 & 4 \\ 2 & 4 & 1 & 1 & 7 \\ 3 & 6 & -1 & 4 & 8 \end{array}\right)

である。 $A$ を係数行列 (coefficient matrix)、 $(A \mid b)$ を拡大係数行列 (augmented matrix) という。次節で定義する行列の積を用いると、連立方程式は $Ax = b$ （ $x = {}^t(x_1, x_2, x_3, x_4)$ ）と一行で書ける。

ここで、本教材全体を貫く視点を先に述べておく。 $m \times n$ 行列 $A$ は、列ベクトル $x \in K^n$ に列ベクトル $Ax \in K^m$ を対応させる写像を定める。連立方程式 $Ax = b$ を解くとは、この写像による $b$ の逆像を求めることにほかならない。行列は線形写像を座標で表示したものである——この見方は第3章で完全な形になり、以後のすべての章の土台になる。

1.2 行列の演算

和・スカラー倍・積

定義 1.3（行列の演算）

$A = (a_{ij}), B = (b_{ij}) \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ と $c \in K$ に対し、和 $A + B$ とスカラー倍 $cA$ を成分ごとに $(A + B)_{ij} = a_{ij} + b_{ij}$ 、 $(cA)_{ij} = c a_{ij}$ で定める。

$A = (a_{ij}) \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $B = (b_{jk}) \in \operatorname{M}_{n,p}(K)$ に対し、積 $AB \in \operatorname{M}_{m,p}(K)$ を

$(AB)_{ik} = \sum_{j=1}^{n} a_{ij} b_{jk} = a_{i1} b_{1k} + a_{i2} b_{2k} + \cdots + a_{in} b_{nk}$
で定める。積は「 $A$ の列の数 $=$ $B$ の行の数」のときにだけ定義される。

積の $(i, k)$ 成分は「 $A$ の第 $i$ 行と $B$ の第 $k$ 列の対応する成分を掛けて足したもの」である。この一見人工的な定義の理由は、後で見るように「写像の合成」を表すからである。

命題 1.4（演算法則）以下、積が定義されるサイズの行列について、次が成り立つ。

$(A + B) + C = A + (B + C)$ 、 $A + B = B + A$ 、 $A + O = A$ 、 $A + (-1)A = O$

（結合法則） $(AB)C = A(BC)$

（分配法則） $A(B + C) = AB + AC$ 、 $(A + B)C = AC + BC$

$c(AB) = (cA)B = A(cB)$

$A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ に対し $I_m A = A = A I_n$

証明. 1, 3, 4, 5 は成分を書けば直ちにわかる。例えば 3 の前半は $\sum_j a_{ij}(b_{jk} + c_{jk}) = \sum_j a_{ij} b_{jk} + \sum_j a_{ij} c_{jk}$ から、5 は $\sum_j \delta_{ij} a_{jk} = a_{ik}$ から従う。2 を示す。 $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $B \in \operatorname{M}_{n,p}(K)$ 、 $C \in \operatorname{M}_{p,q}(K)$ とすると、有限和の順序を交換して

((AB)C)_{il} = \sum_{k=1}^{p} \left( \sum_{j=1}^{n} a_{ij} b_{jk} \right) c_{kl} = \sum_{j=1}^{n} a_{ij} \left( \sum_{k=1}^{p} b_{jk} c_{kl} \right) = (A(BC))_{il}

となる。 $\square$

結合法則により、 $ABC$ のように括弧を省いて書いてよい。一方、積は可換ではない。

例 1.5 次の 2 次正方行列を考える。

A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad AB = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad BA = \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}

であるから $AB \neq BA$ である。さらに $A^2 = O$ である。つまり $A \neq O$ なのに $A^2 = O$ となる（このような行列を冪零行列, nilpotent matrix という）。また $A E_{11} = O$ も直接計算で確かめられる。このように、行列の世界には「 $XY = O$ だが $X \neq O$ かつ $Y \neq O$ 」という零因子 (zero divisor) がある。

注意

行列の計算では、数の計算の習慣が通用しない場面がある。 $AB = AC$ から $B = C$ は一般に導けない（ $A$ が正則なら導ける）。 $(A + B)^2 = A^2 + AB + BA + B^2$ であり、 $AB = BA$ でない限り $A^2 + 2AB + B^2$ にはならない。

積の列ごとの見方

積の定義を列ごとに読み直すと、非常に役に立つ見方が得られる。

命題 1.6 $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ の列を $a_1, \dots, a_n \in K^m$ とし、 $A = (a_1 \ a_2 \ \cdots \ a_n)$ と書く。

$x = {}^t(x_1, \dots, x_n) \in K^n$ に対し、 $Ax = x_1 a_1 + x_2 a_2 + \cdots + x_n a_n$ 。特に $A e_j = a_j$ 。

$B \in \operatorname{M}_{n,p}(K)$ の列を $b_1, \dots, b_p$ とすると、 $AB = (Ab_1 \ Ab_2 \ \cdots \ Ab_p)$ 。

$AB$ の第 $i$ 行は、（ $A$ の第 $i$ 行） $\cdot B$ に等しい。

証明. 1： $Ax$ の第 $i$ 成分は $\sum_j a_{ij} x_j$ であり、これは $\sum_j x_j a_j$ の第 $i$ 成分に等しい。2： $AB$ の第 $k$ 列の第 $i$ 成分は $\sum_j a_{ij} b_{jk}$ で、これは $A b_k$ の第 $i$ 成分である。3 も同様である。 $\square$

命題 1.6 の 1 は、「 $Ax = b$ が解をもつ」ことが「 $b$ が $A$ の列の一次結合（定数倍の和）で書ける」ことと同じだと言っている。この言い換えは第2章以降で繰り返し使う。

行列の積と写像の合成

定義 1.7 $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ に対し、写像 $L_A\colon K^n \to K^m$ を $L_A(x) = Ax$ で定める。

分配法則と命題 1.4 の 4 から、 $L_A$ は

L_A(x + y) = L_A(x) + L_A(y), \qquad L_A(cx) = c L_A(x) \qquad (x, y \in K^n,\ c \in K)

を満たす。この二つの性質をもつ写像を線形写像と呼ぶ（第3章）。

命題 1.8

$A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $B \in \operatorname{M}_{n,p}(K)$ に対し $L_A \circ L_B = L_{AB}$ 。

$A, A' \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ について、 $L_A = L_{A'}$ ならば $A = A'$ 。

証明. 1： $x \in K^p$ に対し $(L_A \circ L_B)(x) = A(Bx) = (AB)x = L_{AB}(x)$ （結合法則）。2：命題 1.6 より $A$ の第 $j$ 列は $L_A(e_j)$ であるから、 $L_A = L_{A'}$ なら $A$ と $A'$ の列はすべて一致する。 $\square$

つまり行列 $A$ と写像 $L_A$ は一対一に対応し、行列の積は写像の合成に対応する。行列の積の定義は「合成がこうなるように」決められているのである。実は結合法則もこの観点から説明できる：写像の合成は常に結合的であり、 $L_{(AB)C} = (L_A \circ L_B) \circ L_C = L_A \circ (L_B \circ L_C) = L_{A(BC)}$ から命題 1.8 の 2 により $(AB)C = A(BC)$ が従う（ただしこの議論は 1 の証明で結合法則 $A(Bx) = (AB)x$ を使っているので、 $C$ が列ベクトルの場合の結合法則から一般の場合を導いたことになる）。

例 1.9（回転行列）角 $\theta$ の回転を表す行列

R(\theta) = \begin{pmatrix} \cos\theta & -\sin\theta \\ \sin\theta & \cos\theta \end{pmatrix}

を考える。 $R(\theta) e_1 = {}^t(\cos\theta, \sin\theta)$ 、 $R(\theta) e_2 = {}^t(-\sin\theta, \cos\theta)$ であり、 $L_{R(\theta)}$ は平面の原点のまわりの角 $\theta$ の回転である。「角 $\beta$ 回してから角 $\alpha$ 回す」ことは「角 $\alpha + \beta$ 回す」ことだから、命題 1.8 より $R(\alpha) R(\beta) = R(\alpha + \beta)$ が期待される。実際に計算すると

R(\alpha) R(\beta) = \begin{pmatrix} \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta & -(\cos\alpha\sin\beta + \sin\alpha\cos\beta) \\ \sin\alpha\cos\beta + \cos\alpha\sin\beta & \cos\alpha\cos\beta - \sin\alpha\sin\beta \end{pmatrix}

であり、これが $R(\alpha + \beta)$ に等しいことは三角関数の加法定理そのものである。逆に言えば、加法定理は「回転の合成は回転」という幾何学的事実の座標表示である。

注意 1.10 一般の（有限次元の）ベクトル空間の間の線形写像も、基底を選べば $L_A$ の形で表される（第3章の表現行列）。そのとき合成は行列の積に対応する。本章で扱う行列の計算は、すべて線形写像についての命題の「座標による計算」とみなせる。

転置

定義 1.11（転置, transpose） $A = (a_{ij}) \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ に対し、 $(j, i)$ 成分が $a_{ij}$ である $n \times m$ 行列を $A$ の転置行列といい、 ${}^t A$ と書く（ $A^{\mathsf{T}}$ と書く本も多い）。 ${}^t A = A$ を満たす正方行列を対称行列 (symmetric matrix)、 ${}^t A = -A$ を満たすものを交代行列（歪対称行列, skew-symmetric matrix）という。

命題 1.12 ${}^t({}^t A) = A$ 、 ${}^t(A + B) = {}^t A + {}^t B$ 、 ${}^t(cA) = c\ {}^t A$ 、 ${}^t(AB) = {}^t B\ {}^t A$ 。

証明. 最後の式のみ示す。 $({}^t(AB))_{ki} = (AB)_{ik} = \sum_j a_{ij} b_{jk} = \sum_j ({}^t B)_{kj} ({}^t A)_{ji} = ({}^t B\ {}^t A)_{ki}$ 。 $\square$

順序が入れ替わることに注意する。これは「靴下を履いてから靴を履く」の逆操作が「靴を脱いでから靴下を脱ぐ」であるのと同じ構造で、逆行列についても同様の現象が起こる。

正則行列

定義 1.13（正則行列, 逆行列） $A \in \operatorname{M}_n(K)$ に対し、 $AX = XA = I_n$ を満たす $X \in \operatorname{M}_n(K)$ が存在するとき、 $A$ は正則 (invertible, regular, nonsingular) であるといい、 $X$ を $A$ の逆行列 (inverse matrix) という。 $n$ 次正則行列全体を $\operatorname{GL}_n(K)$ と書く。

命題 1.14

逆行列は存在すればただ一つである。これを $A^{-1}$ と書く。

$A, B \in \operatorname{GL}_n(K)$ ならば $AB \in \operatorname{GL}_n(K)$ で、 $(AB)^{-1} = B^{-1} A^{-1}$ 。

$A \in \operatorname{GL}_n(K)$ ならば $A^{-1}, {}^t A \in \operatorname{GL}_n(K)$ で、 $(A^{-1})^{-1} = A$ 、 $({}^t A)^{-1} = {}^t(A^{-1})$ 。

証明. 1： $X, Y$ がともに逆行列なら $X = X I_n = X(AY) = (XA)Y = I_n Y = Y$ 。2： $(AB)(B^{-1}A^{-1}) = A(BB^{-1})A^{-1} = AA^{-1} = I_n$ 、逆順の積も同様。3：前半は定義の対称性から。後半は命題 1.12 より ${}^t A\ {}^t(A^{-1}) = {}^t(A^{-1} A) = {}^t I_n = I_n$ 、逆順も同様。 $\square$

命題 1.14 は $\operatorname{GL}_n(K)$ が行列の積について群をなすことを示している（代数学第2章）。 $\operatorname{GL}_n(K)$ を一般線形群 (general linear group) という。

1.3 行基本変形と基本行列

連立方程式を解くとき、私たちは「二つの式を入れ替える」「式を 0 でない数で割る」「ある式の定数倍を別の式に加える」という操作を行う。これらの操作は解の集合を変えない（逆操作で元に戻せるからである）。係数だけに注目すると、これは拡大係数行列の行に対する操作になる。

定義 1.15（行基本変形, elementary row operations）行列に対する次の 3 種類の操作を行基本変形という。

(I) 第 $i$ 行と第 $j$ 行を入れ替える $(i \neq j)$ 。

(II) 第 $i$ 行を $c$ 倍する $(c \neq 0)$ 。

(III) 第 $i$ 行に第 $j$ 行の $c$ 倍を加える $(i \neq j,\ c \in K)$ 。

行を列に置き換えたものを列基本変形という。

行基本変形は、次の行列を左から掛けることで実現できる。

定義 1.16（基本行列, elementary matrix） $n$ 次正方行列として次を定める。

$P(i, j)$ ： $I_n$ の第 $i$ 行と第 $j$ 行を入れ替えた行列 $(i \neq j)$ 。

$Q(i; c) = I_n + (c - 1) E_{ii}$ ： $I_n$ の $(i, i)$ 成分を $c$ に置き換えた行列 $(c \neq 0)$ 。

$R(i, j; c) = I_n + c E_{ij}$ $(i \neq j)$ 。

これらを基本行列という。

例えば $n = 3$ のとき

P(1, 2) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad Q(2; c) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & c & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad R(1, 3; c) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & c \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

である。

命題 1.17 $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ とし、基本行列は $m$ 次とする。

$P(i, j) A$ 、 $Q(i; c) A$ 、 $R(i, j; c) A$ は、 $A$ にそれぞれ行基本変形 (I), (II), (III) を施した行列である。

同様に、 $n$ 次の基本行列を右から掛けると列基本変形になる： $A P(i, j)$ は第 $i$ 列と第 $j$ 列の入れ替え、 $A Q(i; c)$ は第 $i$ 列の $c$ 倍、 $A R(i, j; c)$ は第 $j$ 列に第 $i$ 列の $c$ 倍を加えたものである。

証明. 命題 1.6 の 3 より、 $XA$ の第 $k$ 行は（ $X$ の第 $k$ 行） $\cdot A$ である。 $E_{ij} A$ は第 $i$ 行が $A$ の第 $j$ 行で、他の行が 0 の行列だから、 $R(i, j; c) A = A + c E_{ij} A$ は $A$ の第 $i$ 行に第 $j$ 行の $c$ 倍を加えたものである。(I), (II) も同様に確かめられる。列については、 $A E_{ij}$ が第 $j$ 列が $A$ の第 $i$ 列で他の列が 0 の行列であることから同様である。 $\square$

命題 1.18 基本行列は正則であり、 $P(i, j)^{-1} = P(i, j)$ 、 $Q(i; c)^{-1} = Q(i; c^{-1})$ 、 $R(i, j; c)^{-1} = R(i, j; -c)$ 。

証明. 命題 1.17 により、左辺と右辺の積は「行基本変形とその逆の変形を続けて行うこと」を $I_n$ に施したものであり、 $I_n$ に戻る。例えば $R(i, j; -c) R(i, j; c) = (I + c E_{ij}) - c E_{ij}(I + c E_{ij}) = I - c^2 E_{ij} E_{ij} = I$ である（ $i \neq j$ なので $E_{ij} E_{ij} = O$ ）。 $\square$

定義 1.19（行同値）行列 $B$ が $A$ に有限回の行基本変形を施して得られるとき、 $A$ と $B$ は行同値 (row equivalent) であるという。これは、基本行列の積 $P$ によって $B = PA$ と書けることと同じである。

命題 1.18 により行基本変形は逆に戻せるので、行同値は同値関係である（数学の言葉第4章）。

命題 1.20 拡大係数行列 $(A \mid b)$ と $(A' \mid b')$ が行同値ならば、連立方程式 $Ax = b$ と $A'x = b'$ の解の集合は一致する。

証明. $(A' \mid b') = P(A \mid b)$ 、すなわち $A' = PA$ 、 $b' = Pb$ となる正則行列 $P$ （基本行列の積）がある。 $Ax = b$ なら $A'x = PAx = Pb = b'$ 。逆に $A'x = b'$ なら $Ax = P^{-1}A'x = P^{-1}b' = b$ 。 $\square$

1.4 簡約階段行列

行基本変形を繰り返して、方程式を「一目で解ける形」まで変形したい。その到達点が簡約階段行列である。

定義 1.21（簡約階段行列, reduced row echelon form）行列 $R$ が次の条件を満たすとき、簡約階段行列であるという。

零でない行（0 でない成分を含む行）は、零行（すべての成分が 0 の行）より上にある。

零でない各行の最も左にある 0 でない成分（主成分, pivot）は 1 である。

零でない行が $r$ 本あり、第 $i$ 行の主成分が第 $j_i$ 列にあるとすると、 $j_1 < j_2 < \cdots < j_r$ 。

主成分を含む列（主列, pivot column）では、主成分以外の成分はすべて 0 である。

条件 1〜3 のみを満たすものを階段行列 (row echelon form) という。

例 1.22 次の行列はいずれも簡約階段行列である。

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \quad \begin{pmatrix} 0 & 1 & 3 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

一方、次の行列は簡約階段行列ではない（括弧内は破れている条件）。

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}\ (\text{条件 4}), \quad \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\ (\text{条件 3}), \quad \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\ (\text{条件 2}), \quad \begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\ (\text{条件 1})

定理 1.23（簡約化の存在）任意の行列は、有限回の行基本変形によって簡約階段行列に変形できる。

証明. $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ として、行の数 $m$ に関する帰納法で示す。 $A = O$ ならすでに簡約階段行列である。 $A \neq O$ とし、0 でない成分を含む最も左の列を第 $j_1$ 列とする。

第 $j_1$ 列の 0 でない成分がある行を (I) で第 1 行に移し、(II) でその成分を 1 にする。次に (III) で他の行から第 1 行の定数倍を引いて、第 $j_1$ 列の第 1 行以外の成分をすべて 0 にする。得られた行列を $A_1$ とすると、 $A_1$ の第 1 列〜第 $j_1 - 1$ 列は 0、第 $j_1$ 列は $e_1$ である。

$m = 1$ ならこれで終わりである。 $m \geq 2$ のとき、 $A_1$ の第 2 行〜第 $m$ 行からなる $(m-1) \times n$ 行列 $B$ に帰納法の仮定を適用し、第 2 行〜第 $m$ 行だけに対する行基本変形で $B$ を簡約階段行列 $B'$ にする。これらの変形は第 1 行を変えない。 $B$ の第 1 列〜第 $j_1$ 列は 0 なので、 $B'$ でもそうであり、 $B'$ の主成分はすべて第 $j_1$ 列より右にある。最後に、 $B'$ の各主成分（行列全体では第 $i$ 行・第 $j_i$ 列、 $i \geq 2$ ）について、第 1 行から第 $i$ 行の $a_{1 j_i}$ 倍（ $a_{1j_i}$ はその時点での第 1 行の第 $j_i$ 列成分）を引く。第 $i$ 行は第 $j_i$ 列より左の成分と、他の主列の成分が 0 なので、この操作は第 1 行の第 $j_i$ 列の成分だけを 0 にし、第 1 行の主成分や他の主列の成分を変えない。こうして得られた行列は簡約階段行列である。 $\square$

この証明の手順は掃き出し法（ガウス–ジョルダンの消去法, Gauss–Jordan elimination）と呼ばれる。次に、簡約階段行列の形の連立方程式がどう解けるかを確認する。

補題 1.24 $R \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ を簡約階段行列とし、零でない行の数を $r$ 、主列を $j_1 < \cdots < j_r$ 、主列でない列の番号の集合を $F$ とする。 $c = {}^t(c_1, \dots, c_m) \in K^m$ が $c_{r+1} = \cdots = c_m = 0$ を満たすとする。このとき、任意に与えた $t_j \in K$ $(j \in F)$ に対し、 $Rx = c$ の解 $x$ で $x_j = t_j$ $(j \in F)$ を満たすものがただ一つ存在し、
$x_{j_i} = c_i - \sum_{j \in F} r_{ij} t_j \qquad (i = 1, \dots, r)$
で与えられる。

証明. 第 $i$ 行 $(i \leq r)$ の成分は、主成分 $r_{i j_i} = 1$ を除けば、他の主列では 0（条件 4）である。よって $Rx = c$ の第 $i$ 式は $x_{j_i} + \sum_{j \in F} r_{ij} x_j = c_i$ となる。第 $r+1$ 式以降は $0 = 0$ である。したがって $x_j$ $(j \in F)$ を自由に決めると、 $x_{j_i}$ は上の式でただ一通りに決まり、そのとき全式が成り立つ。 $\square$

$x_j$ $(j \in F)$ を自由変数という。補題の特別な場合として、次が重要である：主列でない列 $j$ があれば、 $Rx = 0$ の解で $x_j = 1$ となるものが存在する（ $t_j = 1$ 、他の自由変数を 0 とすればよい）。

定理 1.25（簡約階段行列の一意性）行列 $A$ を行基本変形で変形して得られる簡約階段行列は、変形の手順によらずただ一つに定まる。

証明. $R, S$ がともに $A$ と行同値な簡約階段行列であるとする。行同値は同値関係なので $R$ と $S$ は行同値であり、命題 1.20（ $b = 0$ の場合）より

Rx = 0 \iff Sx = 0 \qquad (x \in K^n) \tag{1}

が成り立つ。列の数 $n$ に関する帰納法で $R = S$ を示す。

$n = 1$ のとき、 $m \times 1$ の簡約階段行列は $O$ か $e_1$ のどちらかである。 $Rx = 0$ が解 $x = 1$ をもつのは $R = O$ のときに限るから、(1) より $R = O \iff S = O$ であり、 $R = S$ となる。

$n \geq 2$ とし、 $n - 1$ 列の場合は正しいとする。 $R, S$ から最後の列を除いた行列を $R', S'$ とする。簡約階段行列から最後の列を除いたものはまた簡約階段行列である（主成分が最後の列にある行は零行になるが、その行は最後の主成分をもつ行なので零でない行の最も下にあり、条件 1 は保たれる。他の条件は明らかに保たれる）。また $S = PR$ なら $S' = PR'$ なので $R'$ と $S'$ は行同値である。よって帰納法の仮定から $R' = S'$ である。

$R \neq S$ と仮定して矛盾を導く。このとき $R$ と $S$ の最後の列 $r_n, s_n$ が異なる。 $Rx = 0$ を満たす任意の $x$ について (1) より $Sx = 0$ でもあるから $(R - S)x = 0$ である。 $R - S$ は最後の列 $r_n - s_n$ 以外が 0 なので $(R - S)x = x_n (r_n - s_n)$ であり、 $r_n - s_n \neq 0$ から $x_n = 0$ が従う。つまり $Rx = 0$ のすべての解は $x_n = 0$ を満たす。補題 1.24 の後の注意により、第 $n$ 列は $R$ の主列でなければならない。同じ議論で第 $n$ 列は $S$ の主列でもある。

$R'$ の零でない行の数を $k$ とする。 $R$ の第 $n$ 列の主成分がある行は、第 $n$ 列以外の成分がすべて 0 の行、すなわち $R'$ で零行になる行であり、条件 1, 3 からそれは第 $k+1$ 行である。条件 2, 4 より $r_n = e_{k+1}$ となる。 $S' = R'$ なので同様に $s_n = e_{k+1}$ であり、 $r_n = s_n$ となって矛盾する。 $\square$

注意

一意なのは簡約階段行列であって、階段行列は一意ではない。例えば第 1 行が $(1, 2)$ 、第 2 行が $(0, 1)$ の行列は階段行列だが、さらに変形して $I_2$ にもなる。どちらも同じ行列と行同値な階段行列である。

例 1.26 例 1.2 の拡大係数行列を簡約化する。矢印の上に行った変形を書く（ $R_i$ は第 $i$ 行を表す）。

\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 1 & 0 & 4 \\ 2 & 4 & 1 & 1 & 7 \\ 3 & 6 & -1 & 4 & 8 \end{array}\right) \xrightarrow[R_3 - 3R_1]{R_2 - 2R_1} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & -1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & -4 & 4 & -4 \end{array}\right) \xrightarrow[(-1) \times R_2]{R_3 - 4R_2} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 1 & 0 & 4 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right) \xrightarrow{R_1 - R_2} \left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)

最後の行列が簡約階段行列である。主列は第 1, 3 列、自由変数は $x_2, x_4$ である。これについては 1.6 節で解を書き下す。

1.5 階数

定理 1.25 によって、次の定義は変形の手順によらない。

定義 1.27（階数, rank）行列 $A$ と行同値な簡約階段行列の零でない行の数（＝主成分の数）を、 $A$ の階数といい $\operatorname{rank} A$ と書く。

命題 1.28 $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ とする。

$\operatorname{rank} A \leq \min(m, n)$ 。

$A$ と行同値な行列 $B$ について $\operatorname{rank} B = \operatorname{rank} A$ 。

証明. 1：主成分は各行に高々 1 個、各列に高々 1 個である。2：行同値は同値関係なので、 $A$ と $B$ は同じ簡約階段行列と行同値であり、定理 1.25 から主張が従う。 $\square$

例 1.26 の係数行列 $A$ の階数は 2、拡大係数行列 $(A \mid b)$ の階数も 2 である。

階数は「行列が本当に含んでいる独立な情報の量」を測る量である。例 1.26 では、第 3 式が $(-5) \times$ （第 1 式） $+ 4 \times$ （第 2 式）として他の式から導かれる（係数と右辺を比べて確かめよ）ため、実質的な方程式は 2 本しかない。この直観は第3章で「階数 $=$ 像の次元」として正確になり、さらに行の階数と列の階数が等しいという非自明な定理（第3章）につながる。

1.6 連立一次方程式の解の存在と構造

定理 1.29（解の存在条件） $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $b \in K^m$ とする。連立方程式 $Ax = b$ が解をもつための必要十分条件は
$\operatorname{rank} A = \operatorname{rank}(A \mid b)$
である。

証明. $(A \mid b)$ を簡約階段行列 $(R \mid c)$ に変形する。定理 1.25 の証明中で注意したように $R$ は簡約階段行列であり、 $R$ は $A$ と行同値なので $r := \operatorname{rank} A$ は $R$ の零でない行の数である。命題 1.20 より、 $Ax = b$ と $Rx = c$ の解は一致する。

$(R \mid c)$ の零でない行の数は $r$ か $r + 1$ である。 $r + 1$ の場合、第 $r+1$ 行は $(0 \ \cdots \ 0 \mid 1)$ であり、方程式 $0 = 1$ を表すので解はない。 $r$ の場合、 $c_{r+1} = \cdots = c_m = 0$ であり、補題 1.24 により解が存在する。 $\operatorname{rank}(A \mid b)$ は $(R \mid c)$ の零でない行の数だから、主張が従う。 $\square$

定理 1.30（解の構造） $Ax = b$ の解 $x_0$ が一つ与えられたとする（これを特殊解, particular solution という）。このとき $Ax = b$ の解全体は
$\lbrace x_0 + y \mid y \in K^n,\ Ay = 0 \rbrace$
である。すなわち「一般解 $=$ 特殊解 $+$ 同次方程式 $Ay = 0$ の一般解」である。

証明. $Ay = 0$ なら $A(x_0 + y) = Ax_0 + Ay = b$ 。逆に $Ax = b$ なら $y := x - x_0$ は $Ay = b - b = 0$ を満たし、 $x = x_0 + y$ である。 $\square$

$b = 0$ の方程式 $Ax = 0$ を同次（斉次）方程式 (homogeneous equation) という。同次方程式は常に自明な解 $x = 0$ をもつ。

系 1.31 $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $r = \operatorname{rank} A$ とする。

$Ax = 0$ の解は、 $n - r$ 個の自由変数を任意に選ぶことで一意に定まる。特に $Ax = 0$ が自明でない解をもつための必要十分条件は $r < n$ である。

$m < n$ （方程式の数 $<$ 未知数の数）ならば、 $Ax = 0$ は自明でない解をもつ。

証明. 1 は補題 1.24（ $c = 0$ ）で、自由変数が $n - r$ 個あることから従う。 $r < n$ なら自由変数の一つを 1 とする解は 0 でない。 $r = n$ なら自由変数がなく、解は $x = 0$ だけである。2 は $r \leq m < n$ と 1 から従う。 $\square$

系 1.31 の 2 は単純だが、第2章で次元の理論を展開するときの決定的な道具になる。

例 1.32 例 1.26 の結果から、例 1.2 の連立方程式は

x_1 + 2x_2 + x_4 = 3, \qquad x_3 - x_4 = 1

と同値である。自由変数を $x_2 = s$ 、 $x_4 = t$ とおくと $x_1 = 3 - 2s - t$ 、 $x_3 = 1 + t$ であり、解の全体は

x = \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + s \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \qquad (s, t \in K)

である。第 1 項が特殊解、残りが同次方程式の一般解である。検算：特殊解を元の式に代入すると $3 + 0 + 1 = 4$ 、 $6 + 0 + 1 + 0 = 7$ 、 $9 + 0 - 1 + 0 = 8$ 。 ${}^t(-2, 1, 0, 0)$ を係数行列に掛けると $(-2 + 2,\ -4 + 4,\ -6 + 6) = (0, 0, 0)$ 、 ${}^t(-1, 0, 1, 1)$ では $(-1 + 1,\ -2 + 1 + 1,\ -3 - 1 + 4) = (0, 0, 0)$ となり、正しい。

一方、第 3 式の右辺を 8 から 9 に変えると、同じ変形で最後の行が $(0 \ 0 \ 0 \ 0 \mid 1)$ になる（ $9 - 3 \cdot 4 = -3$ 、 $-3 - 4 \cdot (-1) = 1$ ）。このとき $\operatorname{rank} A = 2 < 3 = \operatorname{rank}(A \mid b)$ であり、解は存在しない。

注意 1.33（幾何学的な意味） $K = \mathbb{R}$ 、 $n = 3$ のとき、1 本の方程式 $a_1 x_1 + a_2 x_2 + a_3 x_3 = b$ （係数がすべて 0 ではない）は空間内の平面を表す。連立方程式を解くことは平面たちの共通部分を求めることであり、解の集合は空集合・1 点・直線・平面のいずれかになる。定理 1.30 は、解の集合が「原点を通る直線や平面（同次方程式の解）を特殊解の分だけ平行移動したもの」であることを述べている。自由変数の個数 $n - \operatorname{rank} A$ が、解の集合の「次元」である（第2章で正確に定義する）。

1.7 逆行列

正方行列 $A$ が正則であるための条件を、これまでの道具で完全に特徴づける。

定理 1.34（正則性の同値条件） $A \in \operatorname{M}_n(K)$ について、次は同値である。

$A$ は正則である。

$\operatorname{rank} A = n$ 。

$A$ の簡約階段行列は $I_n$ である。

$A$ は基本行列の積として書ける。

$Ax = 0$ の解は $x = 0$ のみである。

$BA = I_n$ を満たす $B \in \operatorname{M}_n(K)$ が存在する（左逆行列の存在）。

$AC = I_n$ を満たす $C \in \operatorname{M}_n(K)$ が存在する（右逆行列の存在）。

さらに 6, 7 の $B, C$ は $A^{-1}$ に等しい。

証明. (2 ⇒ 3)： $n \times n$ の簡約階段行列で主成分が $n$ 個あれば、条件 3 より $j_i = i$ $(i = 1, \dots, n)$ であり、条件 2, 4 からそれは $I_n$ である。

(3 ⇒ 4)：基本行列 $E_1, \dots, E_k$ で $E_k \cdots E_1 A = I_n$ となる。命題 1.18 より $A = E_1^{-1} \cdots E_k^{-1}$ であり、各 $E_i^{-1}$ も基本行列である。

(4 ⇒ 1)：基本行列は正則であり（命題 1.18）、正則行列の積は正則である（命題 1.14）。

(1 ⇒ 6), (1 ⇒ 7)： $B = C = A^{-1}$ とすればよい。

(6 ⇒ 5)： $Ax = 0$ なら $x = I_n x = BAx = B0 = 0$ 。

(5 ⇒ 2)：系 1.31 の 1 より、自明な解しかもたないなら $\operatorname{rank} A = n$ 。

ここまでで 1〜6 の同値性が示された。

(7 ⇒ 1)： $AC = I_n$ は、 $C$ が左逆行列 $A$ をもつことを意味する。すでに示した (6 ⇒ 1) を $C$ に適用すると $C$ は正則であり、 $A = A C C^{-1} = C^{-1}$ も正則である。

最後に、 $BA = I_n$ かつ $A$ が正則なら $B = B A A^{-1} = A^{-1}$ 。 $C$ についても同様である。 $\square$

定理 1.34 の 6, 7 は、正方行列については片側だけ確かめれば逆行列であることを保証する。これは有限次元性に依存する事実であり、無限次元では成り立たない（第3章の例 3.8、関数解析第1章のシフト作用素の例を参照）。

逆行列の計算

定理 1.34 の証明は、そのまま計算法を与える。 $A$ に行基本変形を施して $I_n$ に到達したとすると、 $E_k \cdots E_1 A = I_n$ より $E_k \cdots E_1 = A^{-1}$ である。同じ変形を $I_n$ に施すと $E_k \cdots E_1 I_n = A^{-1}$ が得られる。そこで $n \times 2n$ 行列 $(A \mid I_n)$ を簡約化すれば

(A \mid I_n) \longrightarrow (I_n \mid A^{-1})

となる。途中で左半分の簡約階段行列が $I_n$ にならない（零行が現れる）ことがわかれば、 $A$ は正則でない。

例 1.35 次の行列の逆行列を求める。

A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\ 2 & 5 & 3 \\ 1 & 3 & 3 \end{pmatrix}

\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 5 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 3 & 3 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow[R_3 - R_1]{R_2 - 2R_1} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow{R_3 - R_2} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{array}\right)

続けて第 3 列、第 2 列の順に上を掃き出す。

\xrightarrow[R_1 - R_3]{R_2 - R_3} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 0 & 0 & 1 & -1 \\ 0 & 1 & 0 & -3 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow{R_1 - 2R_2} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 6 & -3 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & -3 & 2 & -1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{array}\right)

よって

A^{-1} = \begin{pmatrix} 6 & -3 & 1 \\ -3 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}

である。検算： $A A^{-1}$ の第 1 行は $(6 - 6 + 1,\ -3 + 4 - 1,\ 1 - 2 + 1) = (1, 0, 0)$ 、第 2 行は $(12 - 15 + 3,\ -6 + 10 - 3,\ 2 - 5 + 3) = (0, 1, 0)$ 、第 3 行は $(6 - 9 + 3,\ -3 + 6 - 3,\ 1 - 3 + 3) = (0, 0, 1)$ となり正しい。定理 1.34 により、片側の積を確かめれば十分である。 $A$ が対称行列なので $A^{-1}$ も対称になっている（命題 1.14 の 3）ことにも注意する。

例 1.36（2 次の逆行列）2 次正方行列 $A$ と、それから作る行列 $\tilde{A}$ を

A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}, \qquad \tilde{A} = \begin{pmatrix} d & -b \\ -c & a \end{pmatrix}

とし、 $\Delta = ad - bc$ とおく。直接計算で $A\tilde{A} = \Delta I_2$ となる。よって $\Delta \neq 0$ なら $A$ は正則で $A^{-1} = \Delta^{-1} \tilde{A}$ である（定理 1.34 の 7）。 $\Delta = 0$ なら $A$ は正則でない：もし正則なら $A \tilde{A} = O$ に左から $A^{-1}$ を掛けて $\tilde{A} = O$ となり、 $a = b = c = d = 0$ すなわち $A = O$ となるが、 $O$ は正則でないので矛盾する。量 $\Delta$ は $2$ 次の行列式であり、一般の $n$ 次への拡張が第4章の主題である。

ヒント

逆行列を求めたら、必ず元の行列と掛けて単位行列になるか確かめる習慣をつけよう。手計算での符号の誤りは非常によく起こるが、検算はすぐにできる。

1.8 ブロック行列

大きな行列を縦横の線で区切り、小さな行列（ブロック, block）を成分とする行列とみなすと、計算や議論の見通しがよくなることが多い。

命題 1.37（ブロック積） $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $B \in \operatorname{M}_{n,p}(K)$ とし、 $m = m_1 + \cdots + m_s$ 、 $n = n_1 + \cdots + n_t$ 、 $p = p_1 + \cdots + p_u$ と分割して
$A = \begin{pmatrix} A_{11} & \cdots & A_{1t} \\ \vdots & & \vdots \\ A_{s1} & \cdots & A_{st} \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} B_{11} & \cdots & B_{1u} \\ \vdots & & \vdots \\ B_{t1} & \cdots & B_{tu} \end{pmatrix}$
と書く（ $A_{IJ}$ は $m_I \times n_J$ 行列、 $B_{JK}$ は $n_J \times p_K$ 行列）。このとき $AB$ を同様に分割したブロックは
$(AB)_{IK} = \sum_{J=1}^{t} A_{IJ} B_{JK}$
で与えられる。つまり、ブロックを成分とみなして通常の積の規則で計算してよい。

証明. $AB$ の $(i, k)$ 成分 $\sum_{j=1}^{n} a_{ij} b_{jk}$ で、 $i$ が第 $I$ ブロック、 $k$ が第 $K$ ブロックに属するとする。和を $j$ の属するブロック $J = 1, \dots, t$ ごとに分けると、第 $J$ ブロックについての部分和は $A_{IJ} B_{JK}$ の対応する成分である。 $\square$

ただし、ブロックどうしの積は非可換なので、 $A_{IJ} B_{JK}$ の順序を入れ替えてはいけない。

例 1.38（ブロック三角行列の逆行列） $A \in \operatorname{GL}_k(K)$ 、 $D \in \operatorname{GL}_l(K)$ 、 $B \in \operatorname{M}_{k,l}(K)$ とする。ブロック積で確かめられるように

\begin{pmatrix} A & B \\ O & D \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A^{-1} & -A^{-1} B D^{-1} \\ O & D^{-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I_k & -BD^{-1} + BD^{-1} \\ O & I_l \end{pmatrix} = I_{k+l}

であるから、定理 1.34 より左の行列は正則で、右の行列がその逆行列である。特に $B = O$ の場合、ブロック対角行列について

\begin{pmatrix} A & O \\ O & D \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1} & O \\ O & D^{-1} \end{pmatrix}

であり、ブロック対角行列の積・べきはブロックごとに計算できる。この事実は、固有値やジョルダン標準形の理論（第5章、第6章）で、空間を不変部分空間の直和に分けて考えるときの基本的な道具になる。

命題 1.39（シューア補行列による分解） $A \in \operatorname{GL}_k(K)$ 、 $B \in \operatorname{M}_{k,l}(K)$ 、 $C \in \operatorname{M}_{l,k}(K)$ 、 $D \in \operatorname{M}_l(K)$ とし、 $S = D - CA^{-1}B$ （シューア補行列, Schur complement）とおく。このとき
$\begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} I_k & O \\ CA^{-1} & I_l \end{pmatrix} \begin{pmatrix} A & O \\ O & S \end{pmatrix} \begin{pmatrix} I_k & A^{-1}B \\ O & I_l \end{pmatrix}$
が成り立つ。特に、左辺が正則であることと $S$ が正則であることは同値である。

証明. 右辺の 3 つの行列を左から $L, \Delta, U$ とおく。ブロック積により

\Delta U = \begin{pmatrix} A & B \\ O & S \end{pmatrix}, \qquad L(\Delta U) = \begin{pmatrix} A & B \\ CA^{-1}A & CA^{-1}B + S \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}

となる。後半： $L, U$ は例 1.38 により正則（逆行列は非対角ブロックの符号を変えたもの）なので、左辺が正則であることは $\Delta$ が正則であることと同値である。 $S$ が正則なら $\Delta$ は例 1.38 より正則である。逆に $\Delta$ が正則なら、その逆行列 $X$ を同じサイズのブロック $X_{11}, X_{12}, X_{21}, X_{22}$ に区切ると、 $\Delta X = I$ の右下ブロックを比較して $S X_{22} = I_l$ となり（ $X_{12}$ に掛かるのは $\Delta$ の左下ブロック $O$ である）、定理 1.34 より $S$ は正則である。 $\square$

この分解は、ガウスの消去法をブロック単位で行ったものにほかならない。第4章ではこれを使ってブロック行列の行列式を計算し、第8章では正定値性の判定に使う。

まとめ

行列の積 $(AB)_{ik} = \sum_j a_{ij} b_{jk}$ は、写像 $L_A\colon x \mapsto Ax$ の合成 $L_A \circ L_B = L_{AB}$ に対応するように定められている。積は結合的だが非可換で、零因子や冪零行列がある。
$Ax$ は $A$ の列の一次結合 $\sum_j x_j a_j$ である。
行基本変形は基本行列を左から掛けることに等しく、基本行列は正則である。行基本変形は連立方程式の解を変えない。
任意の行列は行基本変形で簡約階段行列に変形でき、その結果は一意である。階数は簡約階段行列の零でない行の数として定義される。
$Ax = b$ が解をもつ $\iff$ $\operatorname{rank} A = \operatorname{rank}(A \mid b)$ 。解の全体は「特殊解＋同次方程式の解」であり、自由変数は $n - \operatorname{rank} A$ 個ある。
正方行列 $A$ について、正則 $\iff$ $\operatorname{rank} A = n$ $\iff$ 基本行列の積 $\iff$ $Ax = 0$ が自明な解のみ $\iff$ 片側逆行列が存在する。
逆行列は $(A \mid I) \to (I \mid A^{-1})$ の簡約化で計算できる。計算後は必ず検算する。
ブロック行列はブロックを成分とみなして掛けてよい（順序には注意）。シューア補行列による分解はブロック単位の消去法である。

演習問題

問題 1.1 ★ 次の $A, B$ について $AB$ と $BA$ を計算し、それぞれ $A$ の行・列にどのような操作をした結果になっているか説明せよ。

A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}, \qquad B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}

解答

AB = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 4 & 3 \end{pmatrix}, \qquad BA = \begin{pmatrix} 3 & 4 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}

$B = P(1, 2)$ は基本行列であり、命題 1.17 のとおり、 $BA$ は $A$ の第 1 行と第 2 行を入れ替えたもの、 $AB$ は第 1 列と第 2 列を入れ替えたものである。特に $AB \neq BA$ である。

問題 1.2 ★ 次の連立一次方程式を行基本変形で解け。

\left\lbrace \begin{aligned} x + y + 2z &= 1 \\ 2x + 3y + 5z &= 3 \\ x + 2y + 4z &= 1 \end{aligned} \right.

解答

\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 1 \\ 2 & 3 & 5 & 3 \\ 1 & 2 & 4 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow[R_3 - R_1]{R_2 - 2R_1} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 2 & 0 \end{array}\right) \xrightarrow{R_3 - R_2} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right)

さらに $R_2 - R_3$ 、 $R_1 - 2R_3$ 、 $R_1 - R_2$ の順に変形すると

\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{array}\right)

となる。よって $(x, y, z) = (1, 2, -1)$ がただ一つの解である。検算： $1 + 2 - 2 = 1$ 、 $2 + 6 - 5 = 3$ 、 $1 + 4 - 4 = 1$ 。

問題 1.3 ★ 問題 1.2 の係数行列 $A$ の逆行列を $(A \mid I_3)$ の簡約化で求め、 $A^{-1} b$ が問題 1.2 の解と一致することを確かめよ。

解答

\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 3 & 5 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 2 & 4 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow[R_3 - R_1]{R_2 - 2R_1} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 2 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow{R_3 - R_2} \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 2 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{array}\right)

$R_2 - R_3$ と $R_1 - 2R_3$ で第 3 列を掃き出すと第 1 行は $(1, 1, 0 \mid -1, 2, -2)$ 、第 2 行は $(0, 1, 0 \mid -3, 2, -1)$ となり、最後に $R_1 - R_2$ で

A^{-1} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & -1 \\ -3 & 2 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}

を得る。検算： $AA^{-1}$ の第 1 行は $(2 - 3 + 2,\ 0 + 2 - 2,\ -1 - 1 + 2) = (1, 0, 0)$ 、第 2 行は $(4 - 9 + 5,\ 6 - 5,\ -2 - 3 + 5) = (0, 1, 0)$ 、第 3 行は $(2 - 6 + 4,\ 4 - 4,\ -1 - 2 + 4) = (0, 0, 1)$ 。また $A^{-1}\ {}^t(1, 3, 1) = {}^t(2 - 1,\ -3 + 6 - 1,\ 1 - 3 + 1) = {}^t(1, 2, -1)$ で、問題 1.2 の解に一致する。

問題 1.4 ★★ $a \in \mathbb{R}$ を定数とする。次の連立方程式が (i) ただ一つの解をもつ、(ii) 無数の解をもつ、(iii) 解をもたない、ための $a$ の条件を求め、解があるときは解をすべて求めよ。

\left\lbrace \begin{aligned} ax + y + z &= 1 \\ x + ay + z &= 1 \\ x + y + az &= 1 \end{aligned} \right.

解答

第 1 式と第 3 式を入れ替えてから掃き出す。

\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & a & 1 \\ 1 & a & 1 & 1 \\ a & 1 & 1 & 1 \end{array}\right) \xrightarrow[R_3 - aR_1]{R_2 - R_1} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & a & 1 \\ 0 & a - 1 & 1 - a & 0 \\ 0 & 1 - a & 1 - a^2 & 1 - a \end{array}\right) \xrightarrow{R_3 + R_2} \left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & a & 1 \\ 0 & a - 1 & 1 - a & 0 \\ 0 & 0 & -(a - 1)(a + 2) & -(a - 1) \end{array}\right)

（ $(1 - a) + (1 - a^2) = 2 - a - a^2 = -(a-1)(a+2)$ を用いた。）

$a = 1$ のとき：第 2, 3 行は 0 になり、 $\operatorname{rank} A = \operatorname{rank}(A \mid b) = 1$ 。解は $x = 1 - s - t$ 、 $y = s$ 、 $z = t$ $(s, t \in \mathbb{R})$ で無数にある。
$a = -2$ のとき：第 3 行は $(0 \ 0 \ 0 \mid 3)$ となり、 $\operatorname{rank} A = 2 < 3 = \operatorname{rank}(A \mid b)$ で解はない（実際、3 式を足すと $0 = 3$ になる）。
$a \neq 1, -2$ のとき： $\operatorname{rank} A = 3$ で解はただ一つ。第 3 行から $z = 1/(a+2)$ 、第 2 行を $a - 1$ で割って $y = z$ 、第 1 行から $x = 1 - y - az = 1 - (1 + a)/(a + 2) = 1/(a + 2)$ 。よって $x = y = z = 1/(a+2)$ 。

問題 1.5 ★★ $A \in \operatorname{M}_n(K)$ がすべての $B \in \operatorname{M}_n(K)$ と可換（ $AB = BA$ ）ならば、 $A = cI_n$ $(c \in K)$ であることを示せ。

解答

行列単位 $E_{ij}$ と可換であることを使う。成分を計算すると

(AE_{ij})_{kl} = \sum_{p} a_{kp} \delta_{pi} \delta_{jl} = a_{ki} \delta_{jl}, \qquad (E_{ij}A)_{kl} = \sum_{p} \delta_{ki} \delta_{jp} a_{pl} = \delta_{ki} a_{jl}

である。 $l = j$ とおくと $a_{ki} = \delta_{ki} a_{jj}$ がすべての $i, j, k$ で成り立つ。 $k \neq i$ なら $a_{ki} = 0$ 、 $k = i$ なら $a_{ii} = a_{jj}$ 。よって $A$ は対角成分がすべて等しい対角行列、すなわち $A = a_{11} I_n$ である。逆にスカラー行列がすべての行列と可換なのは明らかである。

問題 1.6 ★★ 正方行列 $A = (a_{ij})$ の対角成分の和をトレース (trace) といい $\operatorname{tr} A$ と書く。 $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $B \in \operatorname{M}_{n,m}(K)$ に対し $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ を示せ。また、 $AB - BA = I_n$ を満たす $A, B \in \operatorname{M}_n(\mathbb{R})$ は存在しないことを示せ。

解答

$\operatorname{tr}(AB) = \sum_{i=1}^{m} \sum_{j=1}^{n} a_{ij} b_{ji} = \sum_{j=1}^{n} \sum_{i=1}^{m} b_{ji} a_{ij} = \operatorname{tr}(BA)$ 。後半： $\operatorname{tr}$ は線形なので $\operatorname{tr}(AB - BA) = \operatorname{tr}(AB) - \operatorname{tr}(BA) = 0$ だが、 $\operatorname{tr} I_n = n \neq 0$ である。

（注：無限次元では $AB - BA = I$ となる線形写像が存在する。例えば多項式の空間で $A$ を微分、 $B$ を $x$ 倍とすると $(xp)' - xp' = p$ 。これは量子力学の正準交換関係の数学的な背景である。）

問題 1.7 ★★ $N \in \operatorname{M}_n(K)$ が $N^k = O$ を満たすとき、 $I_n - N$ は正則で $(I_n - N)^{-1} = I_n + N + N^2 + \cdots + N^{k-1}$ であることを示せ。これを用いて次の行列の逆行列を求めよ。

U = \begin{pmatrix} 1 & a & b \\ 0 & 1 & c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

解答

$(I - N)(I + N + \cdots + N^{k-1}) = I - N^k = I$ で、逆順の積も同様。 $U = I + N$ とおくと

N = \begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & 0 & c \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \qquad N^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & ac \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \qquad N^3 = O

である。 $U = I - (-N)$ に前半を適用して

U^{-1} = I - N + N^2 = \begin{pmatrix} 1 & -a & ac - b \\ 0 & 1 & -c \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}

検算： $UU^{-1}$ の第 1 行は $(1,\ -a + a,\ ac - b - ac + b) = (1, 0, 0)$ 、第 2 行は $(0, 1, -c + c) = (0, 1, 0)$ 。

問題 1.8 ★★ $A \in \operatorname{M}_{m,n}(K)$ 、 $B \in \operatorname{M}_{n,m}(K)$ で $m > n$ ならば、 $AB \in \operatorname{M}_m(K)$ は正則でないことを示せ。

解答

$B$ は $n \times m$ 行列で $n < m$ だから、系 1.31 の 2 により $Bx = 0$ を満たす $x \in K^m$ , $x \neq 0$ が存在する。このとき $(AB)x = A(Bx) = 0$ であり、定理 1.34 の 5 より $AB$ は正則でない。（第3章の言葉では、 $L_{AB}$ は $n$ 次元の空間 $K^n$ を経由するので、像の次元が $n < m$ 以下になる。）

問題 1.9 ★★ 命題 1.39 の記号で、 $A$ と $S = D - CA^{-1}B$ がともに正則であるとき、

\begin{pmatrix} A & B \\ C & D \end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1} + A^{-1} B S^{-1} C A^{-1} & -A^{-1} B S^{-1} \\ -S^{-1} C A^{-1} & S^{-1} \end{pmatrix}

であることを示せ。

解答

命題 1.39 の証明の記号で、左辺の行列を $M = L \Delta U$ と分解すると $M^{-1} = U^{-1} \Delta^{-1} L^{-1}$ である。例 1.38 より

U^{-1} = \begin{pmatrix} I & -A^{-1}B \\ O & I \end{pmatrix}, \quad \Delta^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1} & O \\ O & S^{-1} \end{pmatrix}, \quad L^{-1} = \begin{pmatrix} I & O \\ -CA^{-1} & I \end{pmatrix}

である。まず

\Delta^{-1} L^{-1} = \begin{pmatrix} A^{-1} & O \\ -S^{-1}CA^{-1} & S^{-1} \end{pmatrix}

であり、これに左から $U^{-1}$ を掛けると、左上ブロックは $A^{-1} + A^{-1}BS^{-1}CA^{-1}$ 、右上ブロックは $-A^{-1}BS^{-1}$ 、下の行のブロックは変わらず、主張の式を得る。

問題 1.10 ★★★（シャーマン–モリソンの公式） $A \in \operatorname{GL}_n(K)$ 、 $u, v \in K^n$ とし、 $\alpha = 1 + {}^t v A^{-1} u$ とおく。

$\alpha \neq 0$ ならば $A + u\ {}^t v$ は正則で、 $(A + u\ {}^t v)^{-1} = A^{-1} - \alpha^{-1} A^{-1} u\ {}^t v A^{-1}$ であることを示せ。
$\alpha = 0$ ならば $A + u\ {}^t v$ は正則でないことを示せ。

解答

${}^t v A^{-1} u$ はスカラー（ $1 \times 1$ 行列）であることに注意する。 $\beta = {}^t v A^{-1} u$ とおくと $\alpha = 1 + \beta$ で

\begin{aligned} (A + u\ {}^t v)(A^{-1} - \alpha^{-1} A^{-1} u\ {}^t v A^{-1}) &= I + u\ {}^t v A^{-1} - \alpha^{-1} u\ {}^t v A^{-1} - \alpha^{-1} u ({}^t v A^{-1} u) {}^t v A^{-1} \\ &= I + \left(1 - \alpha^{-1} - \alpha^{-1}\beta\right) u\ {}^t v A^{-1} = I + \left(1 - \alpha^{-1}(1 + \beta)\right) u\ {}^t v A^{-1} = I \end{aligned}

定理 1.34 より右側の行列が逆行列である。

$\alpha = 0$ なら $\beta = -1$ なので $u \neq 0$ であり、 $x = A^{-1}u \neq 0$ とおくと $(A + u\ {}^t v)x = u + u({}^t v A^{-1} u) = u(1 + \beta) = 0$ 。定理 1.34 の 5 より正則でない。

（この公式は、行列の一部だけが変化したときに逆行列を計算し直す手間を省くために、数値計算や統計学で使われる。）