線形方程式組
前章では
$$\begin{cases}
a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = b_1, \\
a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = b_2, \\
\quad\vdots \\
a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n = b_n
\end{cases}$$
を議論した。
$$\Delta =
\begin{vmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}
\neq 0$$
のとき、クラメルの公式より $x_i = \dfrac{\Delta_i}{\Delta}$（$i=1,2,\cdots,n$）が得られる。
この解法は $n+1$ 個の $n$ 次行列式を計算することを要し、$n$ が大きいと計算量が膨大になる。乗算の回数だけで考えると、$n$ 次行列式は $n!$ 項からなり、各項は $n-1$ 回の乗算を必要とするから、一般に $n$ 次行列式の計算には $n!(n-1)$ 回の乗算が必要であり、$n+1$ 個の $n$ 次行列式の計算には $n!(n^2-1)$ 回の乗算（さらに多くの加減算と $n$ 回の除算）が必要になる。$n$ が大きくなると $n!(n^2-1)$ は非常に急速に増大する。以下の表にその様子を示す。
| $n$ | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
| $n!(n^2-1)$ | 6 | 48 | 360 | 2880 | 25200 | 241920 |
明らかに $n$ が大きくなるとこの公式は実用的でなく、他の方法を用いる必要がある。
§2.1 ガウスの消去法
一般の $n$ 元連立一次方程式組は次の標準形で書ける。
$$\begin{aligned}\begin{cases}
a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = b_1, \\
a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = b_2, \\
\quad\vdots \\
a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n = b_n.
\end{cases}
\tag{2.1}\end{aligned}$$
解決すべき問題は3つある。(1) 解が存在するか。(2) 解が存在するならば、何組あるか。(3) すべての解をどのように求めるか。
まずガウス（Gauss）の消去法を紹介する。この方法で上記3問に答えられる。まず3例で説明する。
例題2.1． 次の方程式組を解け。
$$\begin{aligned}\begin{cases}
-3x + 2y - 8z = 17, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 1}} \\
2x - 5y + 3z = 3, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 2}} \\
x + 7y - 5z = 2. & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 3}}
\end{cases}
\tag{2.2}\end{aligned}$$
解． 方程式①と方程式③を入れ替えると方程式組は
$$\begin{aligned}\begin{cases}
x + 7y - 5z = 2, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 1}} \\
2x - 5y + 3z = 3, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 2}} \\
-3x + 2y - 8z = 17. & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 3}}
\end{cases}
\tag{2.3}\end{aligned}$$
方程式②から方程式①の2倍を引き、方程式③に方程式①の3倍を加えて $x$ を消去すると
$$\begin{aligned}\begin{cases}
x + 7y - 5z = 2, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 1}} \\
-19y + 13z = -1, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 2}} \\
23y - 23z = 23. & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 3}}
\end{cases}
\tag{2.4}\end{aligned}$$
方程式③に $\dfrac{1}{23}$ を掛けると
$$\begin{aligned}\begin{cases}
x + 7y - 5z = 2, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 1}} \\
-19y + 13z = -1, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 2}} \\
y - z = 1. & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 3}}
\end{cases}
\tag{2.5}\end{aligned}$$
方程式②と方程式③を入れ替え、さらに方程式②の19倍を方程式③に加えると
$$\begin{aligned}\begin{cases}
x + 7y - 5z = 2, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 1}} \\
y - z = 1, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 2}} \\
-6z = 18. & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 3}}
\end{cases}
\tag{2.6}\end{aligned}$$
容易に解が求まる。
$$z = -3, \quad y = -2, \quad x = 1.$$
例題2.2． 次の方程式組を解け。
$$\begin{cases}
x + 3y - 5z = -1, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 1}} \\
2x + 6y - 3z = 5, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 2}} \\
3x + 9y - 10z = 2. & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 3}}
\end{cases}$$
解． 方程式②から方程式①の2倍を引き、方程式③から方程式①の3倍を引くと
$$\begin{cases}
x + 3y - 5z = -1, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 1}} \\
7z = 7, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 2}} \\
5z = 5. & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 3}}
\end{cases}$$
方程式②を7で割り、方程式③からその5倍を引くと
$$\begin{cases}
x + 3y - 5z = -1, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 1}} \\
z = 1, & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 2}} \\
0 = 0. & \quad \text{\textcircled{\scriptsize 3}}
\end{cases}$$
この解は
$$\begin{cases}
z = 1, \\
y = t, \\
x = 4 - 3t,
\end{cases}$$
ここで $t$ は任意定数であり、解は無数に存在する。
例題2.3． 次の方程式組を解け。
$$\begin{cases}
x + 3y - 5z = -1, \\
2x + 6y - 3z = 5, \\
3x + 9y - 10z = 3.
\end{cases}$$
解． 前2式は例題2.2の前2式と同じで第3式のみ異なる。例題2.2と同様の操作を行うと
$$\begin{cases}
x + 3y - 5z = -1, \\
7z = 7, \\
5z = 6.
\end{cases}$$
後ろ2式が矛盾するため、解なし。
以上の3例において、共通して3種類の操作を用いた。
- 1つの方程式に0でない定数を掛ける。
- 2つの方程式の位置を入れ替える。
- 1つの方程式の $k$ 倍を別の方程式に加える。
実際、これらの操作は方程式の係数どうしの演算である。方程式組 (2.1) を例にとり、簡単のため方程式の未知数・演算記号・等号をすべて省略して係数と定数項を書き並べると
$$\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} & b_1 \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} & b_2 \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} & b_n
\end{bmatrix}.$$
これを方程式組 (2.1) と一対一に対応させる。このような数の表を行列（行列の詳細な議論は第3章を参照）と呼ぶ。ここの行列は $n$ 行 $n+1$ 列、すなわち $n \times (n+1)$ 行列である。表中の数を行列の要素といい、この行列は $n\times(n+1)$ 個の要素をもつ。
これを拡大係数行列と呼ぶ。行列式とは異なることに注意。
上の3種類の方程式組の操作は、対応する行列の行に対する3種類の操作に相当する。
- ある行に0でない定数を掛ける。
- 2行を入れ替える。
- ある行の $k$ 倍を別の行に加える。
これら3種の操作を行列の行に関する基本変換という。結果をより簡潔にするため、列に関する操作も必要に応じて加える。
- 2列（ただし最後の列を除く）を入れ替える。
第4の操作は元の方程式組における2つの未知数の位置を入れ替えることに相当する。この操作を使うたびに、どの列とどの列を入れ替えたかを行列の上に記録しておく（記号「$\leftrightarrow$」で表す）。
これらの行列操作の目的は、方程式組の各方程式において1つの未知数を除いた残りをすべて消去することにある。
こうすることで、方程式組の行列は最終的に（操作の過程で列の入れ替えが必要な場合もある）次の階段形になる。
$$\begin{bmatrix}
1 & c_{12} & c_{13} & \cdots & c_{1r} & c_{1,r+1} & \cdots & c_{1n} & d_1 \\
& 1 & c_{23} & \cdots & c_{2r} & c_{2,r+1} & \cdots & c_{2n} & d_2 \\
& & \ddots & & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
& & & 1 & c_{r-1,r} & c_{r-1,r+1} & \cdots & c_{r-1,n} & d_{r-1} \\
& & & & 1 & c_{r,r+1} & \cdots & c_{rn} & d_r \\
& & & & & & & & d_{r+1}
\end{bmatrix}$$
ここで $r \leq n$ であり、$d_{r+1}$ は0であってもなくてもよい。
さらに行の基本変換により、上の階段形は次の標準形にまで変換できる。
$$\begin{aligned}\begin{bmatrix}
1 & 0 & \cdots & 0 & d_{1,r+1} & \cdots & d_{1n} & d_1 \\
0 & 1 & \cdots & 0 & d_{2,r+1} & \cdots & d_{2n} & d_2 \\
& & \ddots & & \vdots & & \vdots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & 1 & d_{r,r+1} & \cdots & d_{r,n} & d_r \\
& & & & & & & d_{r+1}
\end{bmatrix}
\tag{2.7}\end{aligned}$$
書かれていない要素はすべて0である。
この標準形の行列に対応する方程式組は元の方程式組 (2.1) と同解である。明らかに、この方程式組の解には次の3通りの場合がある。
- $d_{r+1} \neq 0$ のとき、方程式組は解なし。これは第 $r+1$ 番目の方程式が矛盾方程式 $0 = d_{r+1}$ になるからである。
- $d_{r+1} = 0$、$r = n$ のとき、方程式組は唯一の解をもつ。
$$\begin{cases}
x_1 = d_1, \\
x_2 = d_2, \\
x_3 = d_3, \\
\quad\vdots \\
x_n = d_n.
\end{cases}$$
- $d_{r+1} = 0$、$r < n$ のとき、方程式組は無数の解をもつ。すなわち $x_{r+1}, x_{r+2}, \cdots, x_n$ に任意の値を与えると、他の未知数 $x_1, x_2, \cdots, x_r$ は次のように一意に定まる。
$$\begin{cases}
x_1 = d_1 - d_{1,r+1}x_{r+1} - d_{1,r+2}x_{r+2} - \cdots - d_{1n}x_n, \\
x_2 = d_2 - d_{2,r+1}x_{r+1} - d_{2,r+2}x_{r+2} - \cdots - d_{2n}x_n, \\
\quad\vdots \\
x_r = d_r - d_{r,r+1}x_{r+1} - d_{r,r+2}x_{r+2} - \cdots - d_{rn}x_n.
\end{cases}$$
なお、これは方程式組の行列を標準形 (2.7) に変換する際に列の入れ替えを使わなかった場合である。列の入れ替えを使った場合は、$x_1, x_2, \cdots, x_n$ の順序を対応して変更する必要がある。
例題2.4． 次の線形方程式組を解け。
$$\begin{cases}
x_1 - 2x_2 + x_3 + x_4 - x_5 = 1, \\
2x_1 + x_2 - x_3 - x_4 - x_5 = 2, \\
x_1 + 8x_2 - 5x_3 - 5x_4 - 5x_5 = 0, \\
3x_1 - x_2 - 3x_3 + x_4 - x_5 = 0.
\end{cases}$$
解． 拡大係数行列を書く。
$$\begin{aligned}\begin{bmatrix}
1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 1 \\
2 & 1 & -1 & -1 & -1 & 2 \\
1 & 8 & -5 & -5 & -5 & 0 \\
3 & -1 & -3 & 1 & -1 & 0
\end{bmatrix}
\tag{2.8}\end{aligned}$$
以下、行（列）の基本変換を次の記号で表す（矢印の上に記す。列変換には「列」を添える）。
$(i)\times k$：第 $i$ 行に $k$ を掛ける（$k\neq0$）。
$(i)+k(j)$：第 $j$ 行の $k$ 倍を第 $i$ 行に加える。
$(i)\leftrightarrow(j)$：第 $i$ 行と第 $j$ 行を入れ替える。列の入れ替えは $(i)\leftrightarrow(j)\text{列}$ と書く。
すると
$$\begin{bmatrix}
1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 1 \\
2 & 1 & -1 & -1 & -1 & 2 \\
1 & 8 & -5 & -5 & -5 & 0 \\
3 & -1 & -3 & 1 & -1 & 0
\end{bmatrix}
\xrightarrow{\substack{(2)-2(1)\\(3)-(1)\\(4)-3(1)}}
\begin{bmatrix}
1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 1 \\
0 & 5 & -3 & -3 & 1 & 0 \\
0 & 10 & -6 & -6 & -4 & -1 \\
0 & 5 & -6 & -2 & 2 & -3
\end{bmatrix}$$
$$\xrightarrow{\substack{(3)-2(2)\\(4)-(2)}}
\begin{bmatrix}
1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 1 \\
0 & 5 & -3 & -3 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 0 & -6 & -1 \\
0 & 0 & -3 & 1 & 1 & -3
\end{bmatrix}
\xrightarrow{(3)\leftrightarrow(4)}
\begin{bmatrix}
1 & -2 & 1 & 1 & -1 & 1 \\
0 & 5 & -3 & -3 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -3 & 1 & 1 & -3 \\
0 & 0 & 0 & 0 & -6 & -1
\end{bmatrix}$$
$$\xrightarrow{(4)\leftrightarrow(5)\text{列}}
\begin{bmatrix}
1 & -2 & 1 & -1 & 1 & 1 \\
0 & 5 & -3 & 1 & -3 & 0 \\
0 & 0 & -3 & 1 & 1 & -3 \\
0 & 0 & 0 & -6 & 0 & -1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{\substack{(2)\times\frac{1}{5}\\(3)\times\left(-\frac{1}{3}\right)\\(4)\times\left(-\frac{1}{6}\right)}}
\begin{bmatrix}
1 & -2 & 1 & -1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & -\frac{3}{5} & \frac{1}{5} & -\frac{3}{5} & 0 \\
0 & 0 & 1 & -\frac{1}{3} & -\frac{1}{3} & 1 \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & \frac{1}{6}
\end{bmatrix}$$
$$\xrightarrow{(3)+\frac{1}{3}(4)}
\begin{bmatrix}
1 & -2 & 1 & -1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & -\frac{3}{5} & \frac{1}{5} & -\frac{3}{5} & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{3} & \frac{19}{18} \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & \frac{1}{6}
\end{bmatrix}
\xrightarrow{(2)+\frac{3}{5}(3)-\frac{1}{5}(4)}
\begin{bmatrix}
1 & -2 & 1 & -1 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 0 & -\frac{4}{5} & \frac{3}{5} \\
0 & 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{3} & \frac{19}{18} \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & \frac{1}{6}
\end{bmatrix}$$
$$\xrightarrow{(1)+2(2)-(3)+(4)}
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & -\frac{4}{15} & \frac{59}{45} \\
0 & 1 & 0 & 0 & -\frac{4}{5} & \frac{3}{5} \\
0 & 0 & 1 & 0 & -\frac{1}{3} & \frac{19}{18} \\
0 & 0 & 0 & 1 & 0 & \frac{1}{6}
\end{bmatrix}.$$
$r=4 < 5=n$ であり $d_{r+1}=0$ なので、方程式組は無数の解をもつ。
なお上の操作で第4列と第5列を入れ替えたため、一般解は
$$\begin{cases}
x_4 = t \quad (t\text{ は任意}), \\[4pt]
x_5 = \dfrac{1}{6}, \\[6pt]
x_3 = \dfrac{1}{3}t + \dfrac{19}{18}, \\[6pt]
x_2 = \dfrac{4}{5}t + \dfrac{3}{5}, \\[6pt]
x_1 = \dfrac{4}{15}t + \dfrac{59}{45}.
\end{cases}$$
§1.3の定理1.1の系2より、$n$ 個の方程式からなる $n$ 元斉次方程式組が非零解をもつための必要条件は係数行列式が0であることであった。今やこれが十分条件でもあることを証明できる。
定理2.1 斉次方程式組
$$\begin{aligned}\begin{cases}
a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = 0, \\
a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = 0, \\
\quad\vdots \\
a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n = 0
\end{cases}
\tag{2.9}\end{aligned}$$
が零解のみをもつための必要十分条件は
$$\begin{vmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}
\neq 0$$
であることである。
証明
十分性はクラメルの公式から明らかである。以下、必要性を証明する。
係数行列に基本変換を施す。方程式組 (2.9) が零解のみをもつのは、係数行列の標準形において $r=n$ のとき、すなわち標準形が
$$\begin{bmatrix}
1 & & & \\
& 1 & & \\
& & \ddots & \\
& & & 1
\end{bmatrix}_{n\times n}$$
のときに限る。
係数行列に基本変換を施す際、行列式の値は変化するが、行列式の値が0かどうかという性質は基本変換によって変わらない。したがって係数行列の標準形で $r=n$ となるための必要十分条件は係数行列式が0でないことである。
系 斉次方程式組 (2.9) が非零解をもつための必要十分条件は係数行列式が0であることである。
定理2.2 斉次方程式組
$$\begin{aligned}\begin{cases}
a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = 0, \\
a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = 0, \\
\quad\vdots \\
a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \cdots + a_{mn}x_n = 0
\end{cases}
\tag{2.10}\end{aligned}$$
の方程式の個数 $m < n$ ならば、式 (2.10) は必ず非零解をもつ。
証明
係数行列に基本変換を施すと、標準形において $r \leq m < n$、すなわち $r < n$ となるため、方程式組は無数の解をもつ。
§2.2 $n$ 次元ベクトル
ガウスの消去法をどこまで進めれば線形方程式組の3問に答えられるかを理解するため、またこれらの問いをより深く理解するために、$n$ 次元ベクトルとその演算を導入する。
§2.2.1 $n$ 次元ベクトルとその線形演算
空間内の任意のベクトルは $\bm{a} = x\bm{i} + y\bm{j} + z\bm{k}$ と表され、$\bm{a} = (x, y, z)$ と略記できる。2元・3元の連立一次方程式組
$$\begin{aligned}\begin{cases}
a_1 x + b_1 y = c_1, \\
a_2 x + b_2 y = c_2
\end{cases}
\tag{2.11}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned}\begin{cases}
a_1 x + b_1 y + c_1 z = d_1, \\
a_2 x + b_2 y + c_2 z = d_2, \\
a_3 x + b_3 y + c_3 z = d_3
\end{cases}
\tag{2.12}\end{aligned}$$
は、前者が平面上の2直線の交点を求める問題、後者が空間内の3平面の交点を求める問題を表す。幾何学的意味の助けを借りると、これらの方程式組の解法がよく理解できる。方程式組 (2.12) の係数行列式
$$\Delta =
\begin{vmatrix}
a_1 & b_1 & c_1 \\
a_2 & b_2 & c_2 \\
a_3 & b_3 & c_3
\end{vmatrix}
\neq 0$$
のとき、3平面の法線ベクトル
$$\begin{aligned}\bm{n}_1 &= a_1\bm{i} + b_1\bm{j} + c_1\bm{k}, \\
\bm{n}_2 &= a_2\bm{i} + b_2\bm{j} + c_2\bm{k}, \\
\bm{n}_3 &= a_3\bm{i} + b_3\bm{j} + c_3\bm{k}\end{aligned}$$
は同一平面上にない。したがってこれら3平面は必ず唯一の交点をもち、方程式組は唯一の解をもつ。
斉次方程式組
$$\begin{aligned}\begin{cases}
a_1 x + b_1 y + c_1 z = 0, \\
a_2 x + b_2 y + c_2 z = 0, \\
a_3 x + b_3 y + c_3 z = 0
\end{cases}
\tag{2.13}\end{aligned}$$
の解の幾何学的意義は、3平面の法線ベクトル $\bm{n}_1, \bm{n}_2, \bm{n}_3$ のすべてに垂直なベクトル $x\bm{i}+y\bm{j}+z\bm{k}$ を求めることである。
(i) $\bm{n}_1, \bm{n}_2, \bm{n}_3$ が同一平面上にないとき、これら3つの法線ベクトルに垂直なベクトルは零ベクトルのみである。すなわち方程式組 (2.13) は零解のみをもつ。
(ii) $\bm{n}_1, \bm{n}_2, \bm{n}_3$ が同一平面上にあるが同一直線上にはないとき、方程式組 (2.13) の解ベクトル $(x,y,z)$ は $\bm{n}_1, \bm{n}_2, \bm{n}_3$ が定める平面に垂直である。すべての解ベクトルは互いに平行である。
(iii) $\bm{n}_1, \bm{n}_2, \bm{n}_3$ が同一直線上にあるとき、方程式組 (2.13) の解ベクトルは $\bm{n}_1, \bm{n}_2, \bm{n}_3$ が定める直線に垂直な平面をなす。
$n$ 元線形方程式組に幾何学的意味をもたせるために、$n$ 次元ベクトルの概念を導入する。
定義2.1 $n$ 個の順序をもつ数 $(a_1, a_2, \cdots, a_n)$ を1つの$n$ 次元ベクトルといい、
$$\bm{\alpha} = (a_1, a_2, \cdots, a_n)$$
と記す。$a_i$（$i=1,2,\cdots,n$）を $\bm{\alpha}$ の第 $i$ 成分という。
以下、ここで扱うベクトルはすべて実数のベクトルとする。
定義2.2 $\bm{\alpha}=(a_1,a_2,\cdots,a_n)$、$\bm{\beta}=(b_1,b_2,\cdots,b_n)$ のとき、
$$\bm{\alpha} = \bm{\beta} \Longleftrightarrow a_i = b_i, \quad i=1,2,\cdots,n.$$
定義2.3 $\bm{\alpha}=(a_1,a_2,\cdots,a_n)$、$\bm{\beta}=(b_1,b_2,\cdots,b_n)$ のとき、
$$\bm{\alpha} + \bm{\beta} = (a_1+b_1,\, a_2+b_2,\, \cdots,\, a_n+b_n).$$
定義2.4 $\bm{\alpha}=(a_1,a_2,\cdots,a_n)$、$k$ を数とするとき、
$$k\bm{\alpha} = (ka_1,\, ka_2,\, \cdots,\, ka_n).$$
線形演算 定義2.3・定義2.4で定義した2つの演算（ベクトルの和とスカラーとベクトルの積）を $n$ 次元ベクトルの線形演算という。
$n$ 次元ベクトルの線形演算は次の法則を満たす。
- 加法の交換法則：$\bm{\alpha}+\bm{\beta}=\bm{\beta}+\bm{\alpha}$。
- 加法の結合法則：$(\bm{\alpha}+\bm{\beta})+\bm{\gamma}=\bm{\alpha}+(\bm{\beta}+\bm{\gamma})$。
- $1\bm{\alpha}=\bm{\alpha}$。
- $k(l\bm{\alpha})=(kl)\bm{\alpha}$。
- $k(\bm{\alpha}+\bm{\beta})=k\bm{\alpha}+k\bm{\beta}$。
- $(k+l)\bm{\alpha}=k\bm{\alpha}+l\bm{\alpha}$。（以上 $k, l$ は数、$\bm{\alpha}, \bm{\beta}, \bm{\gamma}$ は $n$ 次元ベクトル）
$n$ 次元零ベクトル $\bm{0}_n = \bm{0} = (0,0,\cdots,0)$。
明らかに、
- $\forall\bm{\alpha}$、$\bm{\alpha}+\bm{0}=\bm{\alpha}$。
- $\forall\bm{\alpha}$、$\bm{\alpha}+(-1)\bm{\alpha}=\bm{0}$。$(-1)\bm{\alpha}$ を $-\bm{\alpha}$ と書くと $\bm{\alpha}+(-\bm{\beta})=\bm{\alpha}-\bm{\beta}$。
- $\forall\bm{\alpha}$、$\forall k$、$0\bm{\alpha}=\bm{0}$、$k\bm{0}=\bm{0}$。
- $k\bm{\alpha}=\bm{0}$ ならば $k=0$ または $\bm{\alpha}=\bm{0}$。
定義2.5 $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ を $m$ 個の $n$ 次元ベクトル、$k_1, k_2, \cdots, k_m$ を $m$ 個の数とするとき、ベクトル
$$\sum_{i=1}^{m} k_i \bm{\alpha}_i$$
を $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ の線形結合という。
明らかに、線形結合は1つのベクトルであり、$m$ 個のベクトルの線形演算によって生成される。
$\bm{\alpha} \not\parallel \bm{\beta}$ ならば、$k_1\bm{\alpha}+k_2\bm{\beta}$ は $\bm{\alpha}$ と $\bm{\beta}$ が定める平面内の1つのベクトルであり、逆に $\bm{\alpha}$ と $\bm{\beta}$ が定める平面に平行な任意のベクトルは $\bm{\alpha}, \bm{\beta}$ の線形結合で表せる。
例題2.5． ベクトルの間に次の関係があるとする。
$$\bm{\alpha} = a_1\bm{\beta}_1 + a_2\bm{\beta}_2 + a_3\bm{\beta}_3
\tag{2.14}$$
かつ
$$\begin{aligned}\begin{cases}
\bm{\beta}_1 = b_{11}\bm{\gamma}_1 + b_{12}\bm{\gamma}_2, \\
\bm{\beta}_2 = b_{21}\bm{\gamma}_1 + b_{22}\bm{\gamma}_2, \\
\bm{\beta}_3 = b_{31}\bm{\gamma}_1 + b_{32}\bm{\gamma}_2
\end{cases}
\tag{2.15}\end{aligned}$$
のとき、$\bm{\alpha}$ も $\bm{\gamma}_1, \bm{\gamma}_2$ の線形結合であることを示せ。
証明． 式 (2.15) を式 (2.14) に代入すると
$$\begin{aligned}\bm{\alpha}
&= a_1(b_{11}\bm{\gamma}_1 + b_{12}\bm{\gamma}_2)
+ a_2(b_{21}\bm{\gamma}_1 + b_{22}\bm{\gamma}_2)
+ a_3(b_{31}\bm{\gamma}_1 + b_{32}\bm{\gamma}_2) \\
&= (a_1 b_{11} + a_2 b_{21} + a_3 b_{31})\bm{\gamma}_1
+ (a_1 b_{12} + a_2 b_{22} + a_3 b_{32})\bm{\gamma}_2.\end{aligned}$$
§2.2.2 ベクトルの線形従属と線形独立
定義2.6 $m$ 個の $n$ 次元ベクトル $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が線形従属であるとは、少なくとも1つが0でない定数 $k_1, k_2, \cdots, k_m$ が存在して
$$\sum_{i=1}^{m} k_i \bm{\alpha}_i = \bm{0}$$
を満たすことをいう。
定義2.7 線形従属でないベクトルの組 $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ を線形独立という。
すなわち $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が線形独立であれば、$\displaystyle\sum_{i=1}^{m}k_i\bm{\alpha}_i = \bm{0} \Rightarrow k_i = 0$（$i=1,2,\cdots,m$）。
幾何学的意味：空間ベクトル（$n=3$）に対しては、2ベクトルが線形従属とは2ベクトルが平行であること、線形独立とは平行でないことを表す。3空間ベクトルが線形従属とは同一平面上にあること、線形独立とは同一平面上にないことを表す。
定理2.3 $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が線形従属（$m \geq 2$）ならば、その中の少なくとも1つのベクトルが残りのベクトルの線形結合で表せる。逆に、1つのベクトルが残りの $m-1$ 個のベクトルの線形結合であれば、この $m$ 個のベクトルは線形従属である。
証明
$\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が線形従属ならば、少なくとも1つが0でない定数 $k_1, k_2, \cdots, k_m$ が存在して $\displaystyle\sum_{i=1}^{m}k_i\bm{\alpha}_i = \bm{0}$ を満たす。一般性を失わず $k_1 \neq 0$ とおけば
$$\bm{\alpha}_1
= \Bigl(-\frac{k_2}{k_1}\Bigr)\bm{\alpha}_2
+ \Bigl(-\frac{k_3}{k_1}\Bigr)\bm{\alpha}_3
+ \cdots
+ \Bigl(-\frac{k_m}{k_1}\Bigr)\bm{\alpha}_m.$$
すなわち $\bm{\alpha}_1$ は $\bm{\alpha}_2, \bm{\alpha}_3, \cdots, \bm{\alpha}_m$ の線形結合である。
逆に $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ の中の1つのベクトルが残り $m-1$ 個のベクトルの線形結合であるとする。$\bm{\alpha}_1$ が $\bm{\alpha}_2, \bm{\alpha}_3, \cdots, \bm{\alpha}_m$ の線形結合とすれば、$k_2, k_3, \cdots, k_m$ が存在して
$$\bm{\alpha}_1 = k_2\bm{\alpha}_2 + k_3\bm{\alpha}_3 + \cdots + k_m\bm{\alpha}_m.$$
すなわち
$$(-1)\bm{\alpha}_1 + k_2\bm{\alpha}_2 + k_3\bm{\alpha}_3 + \cdots + k_m\bm{\alpha}_m = \bm{0},$$
よって $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ は線形従属である。
定理2.3より次の同値な定義が得られる。
定義2.6$'$ $m$（$m\geq2$）個のベクトル $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ について、その中の1つが残り $m-1$ 個の線形結合であるとき、この $m$ 個のベクトルを線形従属という。
1個のベクトル $\bm{\alpha}$ は、$\bm{\alpha}=\bm{0}$ のとき線形従属、$\bm{\alpha}\neq\bm{0}$ のとき線形独立である。
例題2.6． 次の4つのベクトルが線形従属か線形独立かを判定せよ。
$$\bm{\alpha}=(1,-1,2,3),\quad
\bm{\beta}=(2,2,0,-1),\quad
\bm{\gamma}=(0,2,5,8),\quad
\bm{\delta}=(-1,7,-1,-2).$$
解． $x, y, z, t$ を定数とし、$x\bm{\alpha}+y\bm{\beta}+z\bm{\gamma}+t\bm{\delta}=\bm{0}$ とおく。両端の成分を比較すると
$$\begin{cases}
x + 2y - t = 0, \\
-x + 2y + 2z + 7t = 0, \\
2x + 5z - t = 0, \\
3x - y + 8z - 2t = 0.
\end{cases}$$
実際、$(x,y,z,t)=(3,-1,-1,1)$ はこれを満たす非零解である。よってベクトル $\bm{\alpha}, \bm{\beta}, \bm{\gamma}, \bm{\delta}$ は線形従属である。
例題2.7． $a,b,c,d$ は少なくとも1つが0でない実数とする。次のベクトルが線形独立であることを証明せよ。
$$\bm{\alpha}=(a,b,c,d),\quad
\bm{\beta}=(b,-a,d,-c),\quad
\bm{\gamma}=(c,-d,-a,b),\quad
\bm{\delta}=(d,c,-b,-a).$$
証明． $x\bm{\alpha}+y\bm{\beta}+z\bm{\gamma}+t\bm{\delta}=\bm{0}$ とおき、各成分を比較すると
$$\begin{cases}
ax + by + cz + dt = 0, \\
bx - ay - dz + ct = 0, \\
cx + dy - az - bt = 0, \\
dx - cy + bz - at = 0.
\end{cases}$$
係数行列式を計算すると
$$\Delta =
\begin{vmatrix}
a & b & c & d \\
b & -a & -d & c \\
c & d & -a & -b \\
d & -c & b & -a
\end{vmatrix}
= -(a^2+b^2+c^2+d^2)^2 \neq 0.$$
よって零解のみをもち、ベクトル $\bm{\alpha}, \bm{\beta}, \bm{\gamma}, \bm{\delta}$ は線形独立である。
例題2.6・例題2.7より次の定理が得られる。
定理2.4 $m$ 個の $n$ 次元ベクトル
$$\begin{aligned}\bm{\alpha}_1 &= (a_{11}, a_{12}, \cdots, a_{1n}), \\
\bm{\alpha}_2 &= (a_{21}, a_{22}, \cdots, a_{2n}), \\
\vdots & \\
\bm{\alpha}_m &= (a_{m1}, a_{m2}, \cdots, a_{mn})\end{aligned}$$
が線形従属であるための必要十分条件は、斉次方程式組
$$\begin{aligned}\begin{cases}
a_{11}x_1 + a_{21}x_2 + \cdots + a_{m1}x_m = 0, \\
a_{12}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{m2}x_m = 0, \\
\quad\vdots \\
a_{1n}x_1 + a_{2n}x_2 + \cdots + a_{mn}x_m = 0
\end{cases}
\tag{2.16}\end{aligned}$$
が非零解をもつことである。
証明
$x_1\bm{\alpha}_1+x_2\bm{\alpha}_2+\cdots+x_m\bm{\alpha}_m=\bm{0}$ の各成分を比較すると式 (2.16) が得られる。定義2.6より、$\bm{\alpha}_1,\cdots,\bm{\alpha}_m$ が線形従属であることは、この式を満たす少なくとも1つが0でない $x_1,\cdots,x_m$ が存在すること、すなわち (2.16) が非零解をもつことと同値である。
系1 $m>n$ のとき、任意の $m$ 個の $n$ 次元ベクトルはすべて線形従属である。
証明
§2.1の定理2.2より、斉次方程式組の方程式の個数が未知数の個数より少ないとき、必ず非零解をもつ。
系2 $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が線形独立 $\Longleftrightarrow$ 方程式組 (2.16) が零解のみをもつ。
系3 $n$ 個の $n$ 次元ベクトル $\bm{\alpha}_1=(a_{11},a_{12},\cdots,a_{1n})$、$\bm{\alpha}_2=(a_{21},a_{22},\cdots,a_{2n})$、$\cdots$、$\bm{\alpha}_n=(a_{n1},a_{n2},\cdots,a_{nn})$ について、
$$\text{線形従属} \Longleftrightarrow
\begin{vmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}
= 0,$$
$$\text{線形独立} \Longleftrightarrow
\begin{vmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}
\neq 0.$$
定理2.5 すべての $n$ 次元ベクトルの中で線形独立なベクトルの最大個数は $n$ である。
証明
定理2.4の系1より、この最大個数は $n$ 以下である。また系3より、次の $n$ 個のベクトル
$$\bm{e}_1=(1,0,\cdots,0),\quad
\bm{e}_2=(0,1,\cdots,0),\quad
\cdots,\quad
\bm{e}_n=(0,0,\cdots,1)$$
は線形独立である。よって定理2.5が成立する。
定理2.6 $\bm{\beta}_1, \bm{\beta}_2, \cdots, \bm{\beta}_{m+1}$ がすべて $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ の線形結合であれば、$\bm{\beta}_1, \bm{\beta}_2, \cdots, \bm{\beta}_{m+1}$ は線形従属である。
証明
$$\begin{aligned}\begin{cases}
\bm{\beta}_1 = a_{11}\bm{\alpha}_1 + a_{12}\bm{\alpha}_2 + \cdots + a_{1m}\bm{\alpha}_m, \\
\bm{\beta}_2 = a_{21}\bm{\alpha}_1 + a_{22}\bm{\alpha}_2 + \cdots + a_{2m}\bm{\alpha}_m, \\
\quad\vdots \\
\bm{\beta}_{m+1} = a_{m+1,1}\bm{\alpha}_1 + a_{m+1,2}\bm{\alpha}_2 + \cdots + a_{m+1,m}\bm{\alpha}_m
\end{cases}
\tag{2.17}\end{aligned}$$
とおく。$k_1\bm{\beta}_1+k_2\bm{\beta}_2+\cdots+k_{m+1}\bm{\beta}_{m+1}$ に式 (2.17) を代入して整理すると
$$\begin{aligned}&(a_{11}k_1+a_{21}k_2+\cdots+a_{m+1,1}k_{m+1})\bm{\alpha}_1 \\
&+(a_{12}k_1+a_{22}k_2+\cdots+a_{m+1,2}k_{m+1})\bm{\alpha}_2 \\
&+\cdots+(a_{1m}k_1+a_{2m}k_2+\cdots+a_{m+1,m}k_{m+1})\bm{\alpha}_m = \bm{0}.\end{aligned}$$
この右辺が $\bm{0}$ になるようにするには、$k_1, k_2, \cdots, k_{m+1}$ が
$$\begin{cases}
a_{11}k_1 + a_{21}k_2 + \cdots + a_{m+1,1}k_{m+1} = 0, \\
a_{12}k_1 + a_{22}k_2 + \cdots + a_{m+1,2}k_{m+1} = 0, \\
\quad\vdots \\
a_{1m}k_1 + a_{2m}k_2 + \cdots + a_{m+1,m}k_{m+1} = 0
\end{cases}$$
を満たせばよい。これは未知数の個数が方程式の個数より多い斉次方程式組である。定理2.2より必ず非零解 $k_1, k_2, \cdots, k_{m+1}$ が存在するから、$\displaystyle\sum_{i=1}^{m+1}k_i\bm{\beta}_i=\bm{0}$ が成立し、定理が証明された。
定理2.7 $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が線形独立であり、かつ $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m, \bm{\beta}$ が線形従属であれば、$\bm{\beta}$ は必ず $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ の線形結合であり、その表し方は唯一である。
証明
$\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m, \bm{\beta}$ が線形従属であるから、少なくとも1つが0でない $k_1, k_2, \cdots, k_m, k_{m+1}$ が存在して
$$k_1\bm{\alpha}_1 + k_2\bm{\alpha}_2 + \cdots + k_m\bm{\alpha}_m + k_{m+1}\bm{\beta} = \bm{0}$$
を満たす。ここで $k_{m+1}\neq0$ である。もし $k_{m+1}=0$ ならば、$k_1\bm{\alpha}_1+k_2\bm{\alpha}_2+\cdots+k_m\bm{\alpha}_m=\bm{0}$ かつ $k_1, k_2, \cdots, k_m$ の少なくとも1つが0でないこととなり、$\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が線形独立であることに矛盾する。
よって
$$\bm{\beta} = \Bigl(-\frac{k_1}{k_{m+1}}\Bigr)\bm{\alpha}_1
+ \Bigl(-\frac{k_2}{k_{m+1}}\Bigr)\bm{\alpha}_2
+ \cdots
+ \Bigl(-\frac{k_m}{k_{m+1}}\Bigr)\bm{\alpha}_m.$$
次に $\bm{\beta}$ の $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ による表し方が唯一であることを示す。2通りの表し方があるとして
$$\bm{\beta} = k_1\bm{\alpha}_1+k_2\bm{\alpha}_2+\cdots+k_m\bm{\alpha}_m,\quad
\bm{\beta} = l_1\bm{\alpha}_1+l_2\bm{\alpha}_2+\cdots+l_m\bm{\alpha}_m$$
とおく。2式の差をとると
$$(k_1-l_1)\bm{\alpha}_1+(k_2-l_2)\bm{\alpha}_2+\cdots+(k_m-l_m)\bm{\alpha}_m=\bm{0}.$$
$\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が線形独立であるから
$$k_1-l_1=k_2-l_2=\cdots=k_m-l_m=0,$$
すなわち $k_i=l_i$（$i=1,2,\cdots,m$）。よって表し方は唯一である。
ベクトルの線形従属・線形独立は重要な概念である。以下にさらにいくつかの関連する性質を挙げる。
性質1 零ベクトルを含むベクトルの組は必ず線形従属である。
証明
線形従属・独立はベクトルの組の順序に無関係であるから、一般性を失わず $\bm{\alpha}_1=\bm{0}$ とおける。すると $1\cdot\bm{\alpha}_1+0\cdot\bm{\alpha}_2+\cdots+0\cdot\bm{\alpha}_m=\bm{0}$ が成立するため線形従属である。
性質2 2つの等しいベクトルを含むベクトルの組は必ず線形従属である。
証明
一般性を失わず $\bm{\alpha}_1=\bm{\alpha}_2$ とおくと、$1\cdot\bm{\alpha}_1+(-1)\bm{\alpha}_2+0\cdot\bm{\alpha}_3+\cdots+0\cdot\bm{\alpha}_m=\bm{0}$ が成立するため線形従属である。
性質3 あるベクトルの組 $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が線形従属であれば、それに1個または数個のベクトルを補って得られるベクトルの組 $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m, \bm{\alpha}_{m+1}, \cdots, \bm{\alpha}_{m+r}$ も線形従属である。
証明
$\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が従属であるから、少なくとも1つが0でない $k_1, k_2, \cdots, k_m$ が存在して $\displaystyle\sum_{i=1}^{m}k_i\bm{\alpha}_i=\bm{0}$ を満たす。すると
$$k_1\bm{\alpha}_1+k_2\bm{\alpha}_2+\cdots+k_m\bm{\alpha}_m+0\cdot\bm{\alpha}_{m+1}+\cdots+0\cdot\bm{\alpha}_{m+r}=\bm{0}$$
が成立するため、$\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m, \bm{\alpha}_{m+1}, \cdots, \bm{\alpha}_{m+r}$ も線形従属である。
性質4 あるベクトルの組が線形独立であれば、その中から1個または数個を取り除いて得られるベクトルの組も線形独立である。
証明
（背理法）残ったベクトルの組が従属であるとすると、性質3より取り除いたベクトルを補って得られるベクトルの組も従属となり、仮定に矛盾する。
性質5 $m$ 個の $n$ 次元ベクトル
$$\begin{aligned}\bm{\alpha}_1 &= (a_{11}, a_{12}, \cdots, a_{1n}), \\
\bm{\alpha}_2 &= (a_{21}, a_{22}, \cdots, a_{2n}), \\
\vdots & \\
\bm{\alpha}_m &= (a_{m1}, a_{m2}, \cdots, a_{mn})\end{aligned}$$
が線形従属であれば、各ベクトルの最後の $r$ 個の成分（$1\leq r < n$）を取り除いて得られる $m$ 個のベクトル
$$\begin{aligned}\bm{\alpha}'_1 &= (a_{11}, a_{12}, \cdots, a_{1,n-r}), \\
\bm{\alpha}'_2 &= (a_{21}, a_{22}, \cdots, a_{2,n-r}), \\
\vdots & \\
\bm{\alpha}'_m &= (a_{m1}, a_{m2}, \cdots, a_{m,n-r})\end{aligned}$$
も線形従属である。
証明
$\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ が従属であるから、少なくとも1つが0でない $k_1, k_2, \cdots, k_m$ が存在して $\displaystyle\sum_{i=1}^{m}k_i\bm{\alpha}_i=\bm{0}$ を満たす。各成分を比較すると
$$k_1 a_{1i} + k_2 a_{2i} + \cdots + k_m a_{mi} = 0, \quad i=1,2,\cdots,n.$$
$i=1,2,\cdots,n-r$ を用いれば $k_1\bm{\alpha}'_1+k_2\bm{\alpha}'_2+\cdots+k_m\bm{\alpha}'_m=\bm{0}$ が示され、$\bm{\alpha}'_1, \bm{\alpha}'_2, \cdots, \bm{\alpha}'_m$ も線形従属である。
性質6 $m$ 個の $n$ 次元ベクトル
$$\begin{aligned}\bm{\alpha}_1 &= (a_{11}, a_{12}, \cdots, a_{1n}), \\
\bm{\alpha}_2 &= (a_{21}, a_{22}, \cdots, a_{2n}), \\
\vdots & \\
\bm{\alpha}_m &= (a_{m1}, a_{m2}, \cdots, a_{mn})\end{aligned}$$
が線形独立であれば、各ベクトルに $r$ 個の成分を付け加えて得られる $m$ 個のベクトル
$$\begin{aligned}\bm{\alpha}''_1 &= (a_{11}, a_{12}, \cdots, a_{1n}, a_{1,n+1}, \cdots, a_{1,n+r}), \\
\bm{\alpha}''_2 &= (a_{21}, a_{22}, \cdots, a_{2n}, a_{2,n+1}, \cdots, a_{2,n+r}), \\
\vdots & \\
\bm{\alpha}''_m &= (a_{m1}, a_{m2}, \cdots, a_{mn}, a_{m,n+1}, \cdots, a_{m,n+r})\end{aligned}$$
も線形独立である。
§2.3 行列の階数
$m$ 個の $n$ 次元ベクトル
$$\begin{aligned}\bm{\alpha}_1 &= (a_{11}, a_{12}, \cdots, a_{1n}), \\
\bm{\alpha}_2 &= (a_{21}, a_{22}, \cdots, a_{2n}), \\
\vdots & \\
\bm{\alpha}_m &= (a_{m1}, a_{m2}, \cdots, a_{mn})\end{aligned}$$
がある。問題は、この $m$ 個のベクトルが線形独立か否か、また線形従属であれば最大何個のベクトルが線形独立になり得るか、さらに線形独立な個数が最大のベクトルの組をどのように求めるかである。
定理2.4の系2より、
$$\begin{cases}
a_{11}x_1 + a_{21}x_2 + \cdots + a_{m1}x_m = 0, \\
a_{12}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{m2}x_m = 0, \\
\quad\vdots \\
a_{1n}x_1 + a_{2n}x_2 + \cdots + a_{mn}x_m = 0
\end{cases}$$
が零解のみをもつとき $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ は線形独立である。後ろの2問に答えるために、まず次の定義を導入する。
定義2.8（ベクトル集合の階数） $M$ をいくつかの $n$ 次元ベクトルからなる集合とする（$M$ 中のベクトルの個数は有限でも無限でもよい）。$M$ の中に $r$ 個の線形独立なベクトルの組が存在するが、$r$ 個より多い線形独立なベクトルの組が存在しないとき、$r$ を $M$ の階数といい、$M$ 中の任意の $r$ 個の線形独立なベクトルの組を $M$ の極大線形独立組という。
$n$ 次元ベクトルからなる任意の集合 $M$ に対して階数 $r$ はただ1つ定まる。すべての $n$ 次元ベクトルからなる集合の階数は $n$ であるから（定理2.5）、$r\leq n$ である。ただし $M$ の極大線形独立組は唯一でないことに注意が必要である。例えば
$$M = \{(1,0,0),\,(0,1,0),\,(0,0,1),\,(1,1,1)\}$$
は $r=3$ であり、任意の3つのベクトルが線形独立であるから $M$ の極大線形独立組は4通りある。また、斉次線形方程式組
$$\begin{cases}
2x - 3y + z = 0, \\
-3x + 4y + z = 0
\end{cases}$$
のすべての解ベクトルからなる集合 $M$ は
$$M = \{(x,y,z) \mid (x,y,z) \perp (2,-3,1),\ (x,y,z) \perp (-3,4,1)\}.$$
すなわち $M$ は $2\bm{i}-3\bm{j}+\bm{k}$ と $-3\bm{i}+4\bm{j}+\bm{k}$ が張る平面に垂直なベクトル全体（零ベクトルを含む）である。実際に解くと $M = \{k(7,5,1) \mid k\text{ は任意の実数}\}$ である。よって任意の非零ベクトル $k(7,5,1)$（$k\neq0$）が $M$ の1つの極大線形独立組であり、$M$ は無数の極大線形独立組をもつ。
定義2.9（行列の階数） $m\times n$ 行列
$$\bm{A} =
\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}$$
から任意に $r$ 行・$r$ 列を選び、それらの交点にある $r^2$ 個の要素を元の順序で並べて作った $r$ 次行列式を、元の行列の$r$ 次小行列式という。行列 $\bm{A}$ に値が0でない $r$ 次小行列式が存在し、かつ値が0でない $(r+1)$ 次小行列式が存在しないとき、行列 $\bm{A}$ の階数は $r$ であるといい、$\mathrm{R}(\bm{A})=r$ と記す。
例題2.8． 次の行列の階数を求めよ。
$$\begin{bmatrix}
1 & -1 & 3 & 0 \\
-2 & 1 & -2 & 1 \\
-1 & -1 & 5 & 2
\end{bmatrix}$$
解． $\begin{vmatrix} 1 & -1 \\ -2 & 1 \end{vmatrix} = 1-2 = -1 \neq 0$ であるから $r \geq 2$。行列は3行しかないので $r \leq 3$。4つの3次小行列式はすべて0であるから、行列の階数 $= 2$。
なお行列のすべての要素が0のとき階数は0、それ以外のとき階数は必ず $1$ 以上である。また $m\times n$ 行列の階数は $\min(m,n)$ 以下である。$m=n$ のとき、行列式が0ならば階数 $<n$、0でなければ階数 $=n$。
定理2.8 行列 $\bm{A}=\begin{bmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn} \end{bmatrix}$ の階数が $r$ ならば、$r$ 個の線形独立な行ベクトルが存在し、他のすべての行ベクトルはこれら $r$ 個の線形独立な行ベクトルの線形結合である。すなわち行列の階数は $m$ 個の行ベクトルの階数に等しい。
証明
一般性を失わず、行列の左上 $r$ 次小行列式が0でないと仮定できる（そうでなければ行ベクトルの順序および各行ベクトルの成分の順序を入れ替えることでこの場合に帰着できる。この入れ替えは行ベクトル間の線形独立の最大個数に影響しない）。
まず前 $r$ 個の行ベクトル $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_r$ が線形独立であることを示す。$k_1\bm{\alpha}_1 + k_2\bm{\alpha}_2 + \cdots + k_r\bm{\alpha}_r = \bm{0}$ とおき、両端の前 $r$ 個の成分を比較すると
$$\begin{cases}
a_{11}k_1 + a_{21}k_2 + \cdots + a_{r1}k_r = 0, \\
a_{12}k_1 + a_{22}k_2 + \cdots + a_{r2}k_r = 0, \\
\quad\vdots \\
a_{1r}k_1 + a_{2r}k_2 + \cdots + a_{rr}k_r = 0.
\end{cases}$$
その係数行列式が0でないから零解のみをもつ。すなわち $k_1 = k_2 = \cdots = k_r = 0$ であり、$\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_r$ は線形独立である。
次に任意の行ベクトル $\bm{\alpha}_i$（$i > r$）が $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_r$ の線形結合であることを示す。定数 $x_1, x_2, \cdots, x_r$ が存在して $\bm{\alpha}_i = x_1\bm{\alpha}_1 + x_2\bm{\alpha}_2 + \cdots + x_r\bm{\alpha}_r$ を満たすことを示す。両端各成分を比較すると方程式組が得られ、前 $r$ 個の方程式の係数行列式が0でないから唯一の解 $(x_1^{(0)}, x_2^{(0)}, \cdots, x_r^{(0)})$ が得られる。
$\mathrm{R}(\bm{A})=r$ であるから任意の $(r+1)$ 次小行列式は0。特に $j>r$ なる任意の列 $j$ について、第 $1,\cdots,r$ 列と第 $j$ 列からなる $(r+1)$ 次小行列式は0であるから
$$\Delta =
\begin{vmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1r} & a_{1j} \\
\vdots & & \vdots & \vdots \\
a_{r1} & \cdots & a_{rr} & a_{rj} \\
a_{i1} & \cdots & a_{ir} & a_{ij}
\end{vmatrix}
= 0.$$
第1行〜第 $r$ 行にそれぞれ $(-x_1^{(0)}), \cdots, (-x_r^{(0)})$ を掛けて最後の行に加えると
$$\Delta =
\begin{vmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1r} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{r1} & \cdots & a_{rr}
\end{vmatrix}
\bigl(a_{ij} - a_{1j}x_1^{(0)} - \cdots - a_{rj}x_r^{(0)}\bigr) = 0.$$
左の行列式が0でないから $a_{1j}x_1^{(0)} + \cdots + a_{rj}x_r^{(0)} = a_{ij}$、すなわち $(x_1^{(0)}, \cdots, x_r^{(0)})$ はすべての成分の方程式を満たす。（$j\leq r$ の列については $x^{(0)}$ の定義から明らかに成り立つ。）これで $\bm{\alpha}_i$ が前 $r$ 個の行ベクトルの線形結合であることが示された。
以上より、行列のすべての行ベクトルは線形独立な $r$ 個の行ベクトルの線形結合であるから、定理2.6より任意の $r+1$ 個の行ベクトルは線形従属である。したがって、$r$ がすべての行ベクトルの中で線形独立なものの最大個数、すなわちすべての行ベクトルの階数でもある。
系 行列の階数が $r$ ならば、列ベクトルの中で線形独立なものの最大個数も $r$ である。
証明
$\bm{A}^{\mathrm{T}}$ の階数は $\bm{A}$ と等しい（行列式の行と列を入れ替えても値が変わらない性質による）。定理2.8より $\bm{A}^{\mathrm{T}}$ の階数はその行ベクトルの線形独立最大個数に等しく、$\bm{A}^{\mathrm{T}}$ の行ベクトルは $\bm{A}$ の列ベクトルであるから系が証明される。
定理2.8は本節冒頭の問いに答える。$m$ 個のベクトル $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_m$ の成分をすべて書き出して $m\times n$ 行列 $\bm{A}$ を作る。$\mathrm{R}(\bm{A})=r$ とすれば、$r=m$ なら元の $m$ 個のベクトルは線形独立、$r < m$ なら線形従属であって $r$ が線形独立なベクトルの最大個数である。階数を素早く計算するために次の定理を用いる。
定理2.9 行列に値が0でない $r$ 次小行列式が存在し、かつこの $r$ 次小行列式を含むすべての $(r+1)$ 次小行列式が0ならば、行列の階数は必ず $r$ である。
例えば例題2.8では4つの3次小行列式を検証する代わりに、次の2つを確認するだけでよい。
$$\begin{vmatrix} 1 & -1 & 3 \\ -2 & 1 & -2 \\ -1 & -1 & 5 \end{vmatrix} = 0
\quad\text{および}\quad
\begin{vmatrix} 1 & -1 & 0 \\ -2 & 1 & 1 \\ -1 & -1 & 2 \end{vmatrix} = 0.$$
一般的に行列の階数を計算する方法は、行ベクトルおよび列ベクトルの基本変換を用いて行列を次の階段形に変換することである（$a_1, a_2, \cdots, a_r$ はいずれも0でなく、$*$ 印はある確定した数、他はすべて0）。
$$\bm{B} =
\begin{bmatrix}
a_1 & & & & * & \cdots & * \\
& a_2 & & & * & \cdots & * \\
& & \ddots & & \vdots & & \vdots \\
& & & a_r & * & \cdots & * \\
0 & & & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & & & \vdots & \vdots & & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0
\end{bmatrix}$$
定理2.10 $\bm{A}$ が一連の行ベクトルおよび列ベクトルの基本変換によって $\bm{B}$ に変換されるならば $\mathrm{R}(\bm{A})=r$。
証明
行・列の基本変換は行列の階数を変えない。実際、$\mathrm{R}(\bm{A})=r$ のとき、変換後の $r+1$ 次小行列式は変換前の小行列式の定数倍の和であるから、すべて0のままで階数は大きくならず、$\bm{B}$ も変換によって $\bm{A}$ に戻せるから階数は小さくもならない。階段形行列 $\bm{B}$ の左上 $r$ 次小行列式は0でなく、1行増やすと $r+1$ 次小行列式はすべて0となるから $\mathrm{R}(\bm{B})=r$、よって $\mathrm{R}(\bm{A})=r$。
定理2.10を用いて例題2.8の行列を再計算する。
$$\begin{bmatrix}
1 & -1 & 3 & 0 \\
-2 & 1 & -2 & 1 \\
-1 & -1 & 5 & 2
\end{bmatrix}
\xrightarrow{\substack{(2)+2(1)\\(3)+(1)}}
\begin{bmatrix}
1 & -1 & 3 & 0 \\
0 & -1 & 4 & 1 \\
0 & -2 & 8 & 2
\end{bmatrix}
\xrightarrow{(3)-2(2)}
\begin{bmatrix}
1 & -1 & 3 & 0 \\
0 & -1 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{bmatrix},$$
元の行列の階数 $= 2$。
例題2.9． 次の行列の階数を求めよ。
$$\begin{bmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}$$
解． 5次正方行列であるから、行列式が0でなければ階数は5である。最後の列で展開することを2度繰り返すと
$$\begin{vmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 1 & 1
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
1 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
1 & 0 & 1 \\
1 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 1
\end{vmatrix}
=
\begin{vmatrix}
1 & 0 & 0 \\
1 & 1 & -1 \\
0 & 1 & 1
\end{vmatrix}
= 2 \neq 0.$$
ここで最後の変形は第3列から第1列を引いたものである。よって行列の階数 $= 5$。
§2.4 線形方程式組の解
線形方程式組
$$\begin{aligned}\begin{cases}
a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = b_1, \\
a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = b_2, \\
\quad\vdots \\
a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \cdots + a_{mn}x_n = b_m
\end{cases}
\tag{2.18}\end{aligned}$$
において、係数行列を $\bm{A}$、拡大係数行列を $\bm{B}$ と呼ぶ。
定理2.11 方程式組 (2.18) が解をもつ $\Longleftrightarrow$ $\mathrm{R}(\bm{A}) = \mathrm{R}(\bm{B})$。
証明
$(\Rightarrow)$ 方程式組をベクトル方程式で書くと、拡大係数行列 $\bm{B}$ の最後の列は前 $n$ 列の線形結合である。$\mathrm{R}(\bm{A})=r$ とすれば $\bm{A}$ の $r$ 個の線形独立な列ベクトルが存在し、$\bm{B}$ の最後の列もその線形結合であるから $\mathrm{R}(\bm{B})=r$、よって $\mathrm{R}(\bm{A})=\mathrm{R}(\bm{B})$。
$(\Leftarrow)$ $\mathrm{R}(\bm{A})=\mathrm{R}(\bm{B})=r$ とする。$\bm{A}$ の $r$ 個の線形独立な列ベクトルを $i_1, i_2, \cdots, i_r$ 列とすれば、$\bm{B}$ の最後の列はこれら $r$ 個の列ベクトルの線形結合であるから
$$x_{i_1} = x_{i_1}^{(0)},\quad x_{i_2} = x_{i_2}^{(0)},\quad \cdots,\quad x_{i_r} = x_{i_r}^{(0)},\quad \text{その他の}\ x_j = 0$$
として方程式組 (2.18) の1組の解が得られる。
定理2.12 $(x_1^{(1)}, \cdots, x_n^{(1)})$ と $(x_1^{(2)}, \cdots, x_n^{(2)})$ が方程式組 (2.18) の任意の2組の解ならば、$(x_1^{(1)}-x_1^{(2)},\, \cdots,\, x_n^{(1)}-x_n^{(2)})$ は対応する斉次方程式組
$$\begin{aligned}\begin{cases}
a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = 0, \\
\quad\vdots \\
a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \cdots + a_{mn}x_n = 0
\end{cases}
\tag{2.19}\end{aligned}$$
の1組の解である。
証明
仮定より $\displaystyle\sum_{j=1}^{n}a_{ij}(x_j^{(1)}-x_j^{(2)}) = b_i - b_i = 0$（$i=1,\cdots,m$）。
定理2.13 $(x_1^{(1)}, \cdots, x_n^{(1)})$ が方程式組 (2.18) の1組の解、$(x_1^{(0)}, \cdots, x_n^{(0)})$ が斉次方程式組 (2.19) の1組の解ならば、$(x_1^{(1)}+x_1^{(0)},\, \cdots,\, x_n^{(1)}+x_n^{(0)})$ は方程式組 (2.18) の1組の解である。
定理2.12と定理2.13より、方程式組 (2.18) のすべての解を求めるには、特解を1組求め、対応する斉次方程式組 (2.19) のすべての解を求めて、特解に斉次方程式組の各解を加えればよい。
定理2.14 $\bm{x}^{(i)}$（$i=1,2,\cdots,s$）が斉次方程式組 (2.19) の任意の $s$ 組の解、$k_1, k_2, \cdots, k_s$ が任意の定数ならば、$\displaystyle\sum_{i=1}^{s} k_i \bm{x}^{(i)}$ も斉次方程式組 (2.19) の解である。
斉次方程式組のすべての解を求めるには、最大個数の線形独立な解ベクトルを求めその線形結合をとればよい。ガウスの消去法により係数行列を標準形
$$\begin{aligned}\begin{bmatrix}
1 & & \cdots & & c_{1,r+1} & \cdots & c_{1n} \\
& 1 & \cdots & & c_{2,r+1} & \cdots & c_{2n} \\
& & \ddots & & \vdots & & \vdots \\
0 & & & 1 & c_{r,r+1} & \cdots & c_{rn} \\
0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & & & \vdots & \vdots & & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & 0 & 0 & \cdots & 0
\end{bmatrix}
\tag{2.20}\end{aligned}$$
に変換する。$r=n$ ならば零解のみをもつ。$r<n$ のとき（列の入れ替えを使わない場合）、$x_{r+1}=1$、$x_{r+2}=\cdots=x_n=0$ として特解
$$\bm{x}^{(1)} = (x_1^{(1)}, x_2^{(1)}, \cdots, x_r^{(1)},\, 1, 0, \cdots, 0),$$
次に $x_{r+2}=1$、$x_{r+1}=x_{r+3}=\cdots=x_n=0$ として特解
$$\bm{x}^{(2)} = (x_1^{(2)}, x_2^{(2)}, \cdots, x_r^{(2)},\, 0, 1, \cdots, 0),$$
以下同様に $\bm{x}^{(3)}, \cdots, \bm{x}^{(n-r)}$ を求める。これら $n-r$ 個のベクトルは線形独立である。
任意の解 $\bm{x}^{(0)}$ に対して $\bm{x}^{(0)} - x_{r+1}^{(0)}\bm{x}^{(1)} - \cdots - x_n^{(0)}\bm{x}^{(n-r)}$ も斉次方程式の解であり、後ろの $n-r$ 個の成分がすべて0であり、(2.20) より前 $r$ 個の成分も0となる。すなわち $\bm{x}^{(0)} = x_{r+1}^{(0)}\bm{x}^{(1)} + \cdots + x_n^{(0)}\bm{x}^{(n-r)}$ が成立し、斉次方程式組の任意の解はこれら $n-r$ 個の線形独立な解ベクトルの線形結合である。
定理2.15 斉次方程式組 (2.19) の係数行列の階数が $r$ のとき、$r=n$ ならば零解のみをもつ。$r<n$ ならば $n-r$ 個の線形独立な解ベクトルをもち（基礎解系）、他の任意の解はそれらの線形結合である。
定義2.10 斉次方程式組の任意の $n-r$ 個の線形独立な解ベクトルをこの斉次方程式組の基礎解系という。
幾何学的意義：$(x_1,\cdots,x_n)\perp(y_1,\cdots,y_n) \Longleftrightarrow \sum_{i=1}^n x_iy_i=0$。定理2.15は $r$ 個の線形独立なベクトルすべてと直交する線形独立なベクトルが $n-r$ 個あることを表す。$n=3$ では、1個の非零ベクトルと直交するベクトルは平面をなし（2個の線形独立なベクトル）、2個の線形独立なベクトルと直交するベクトルはただ1方向（1個の線形独立なベクトル）、3個の線形独立なベクトルと直交するベクトルは零ベクトルのみである。
例題2.10． 次の方程式組の1組の特解、対応する斉次方程式組の基礎解系を求め、方程式組のすべての解を書け。
$$\begin{cases}
x_1 + x_2 + x_3 + x_4 + x_5 = 2, \\
2x_1 + 3x_2 + x_3 + x_4 - 3x_5 = 0, \\
x_1 + 2x_3 + 2x_4 + 6x_5 = 6, \\
4x_1 + 5x_2 + 3x_3 + 3x_4 - x_5 = 4.
\end{cases}$$
解． 拡大係数行列に基本変換を施す。
$$\begin{bmatrix}
1&1&1&1&1&2\\
2&3&1&1&-3&0\\
1&0&2&2&6&6\\
4&5&3&3&-1&4
\end{bmatrix}
\xrightarrow{\substack{(2)-2(1)\\(3)-(1)\\(4)-4(1)}}
\begin{bmatrix}
1&1&1&1&1&2\\
0&1&-1&-1&-5&-4\\
0&-1&1&1&5&4\\
0&1&-1&-1&-5&-4
\end{bmatrix}
\xrightarrow{\substack{(3)+(2)\\(4)-(2)}}
\begin{bmatrix}
1&1&1&1&1&2\\
0&1&-1&-1&-5&-4\\
0&0&0&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0
\end{bmatrix}.$$
1組の特解を求めるため $x_3=x_4=x_5=0$ とおくと $x_2=-4$、$x_1=6$。特解は $(6,-4,0,0,0)$。
対応する斉次方程式組の係数行列の階段形
$$\begin{bmatrix}
1&1&1&1&1\\
0&1&-1&-1&-5\\
0&0&0&0&0\\
0&0&0&0&0
\end{bmatrix}$$
より基礎解系の3個のベクトルは
$$\begin{aligned}\bm{\alpha}_1 &= (-2,1,1,0,0),\\
\bm{\alpha}_2 &= (-2,1,0,1,0),\\
\bm{\alpha}_3 &= (-6,5,0,0,1).\end{aligned}$$
元の方程式組のすべての解は
$$(6,-4,0,0,0) + k_1\bm{\alpha}_1 + k_2\bm{\alpha}_2 + k_3\bm{\alpha}_3$$
（$k_1, k_2, k_3$ は任意定数）。
練習問題
- 次の行列の階数を求めよ。
- $\begin{bmatrix} 1&3&1&4\\ 2&-3&8&2\\ 2&12&-2&12 \end{bmatrix}$;
- $\begin{bmatrix} 2&1&2&1\\ 2&3&2&3\\ -3&1&4&0\\ \sqrt{2}&0&2\sqrt{3}&-1 \end{bmatrix}$。
- 次のベクトルが線形従属か否かを判定し、従属ならばその従属係数を求めよ。
- $\bm{\alpha}_1=(1,-2,3,-1,-2)$, $\bm{\alpha}_2=(2,-1,1,0,-2)$,
$\bm{\alpha}_3=(6,0,-1,2,-7)$, $\bm{\alpha}_4=(-1,-1,1,-1,2)$;
- $\bm{\alpha}_1=(3,2,-1,-3,-2)$, $\bm{\alpha}_2=(2,-1,3,-1,-3)$, $\bm{\alpha}_3=(4,5,-5,-6,1)$。
- 次の $\bm{\beta}$ を $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \bm{\alpha}_3, \bm{\alpha}_4$ の線形結合で表せ。
- $\bm{\beta}=(3,10,7,-5,-8,12)$, $\bm{\alpha}_1=(1,1,0,1,1,0)$, $\bm{\alpha}_2=(3,0,-1,2,7,1)$,
$\bm{\alpha}_3=(5,2,1,-3,2,6)$, $\bm{\alpha}_4=(-2,5,3,4,1,2)$;
- $\bm{\beta}=(4,-3,8,-6,6)$, $\bm{\alpha}_1=(1,-1,1,-1,1)$, $\bm{\alpha}_2=(1,0,2,0,1)$,
$\bm{\alpha}_3=(1,-5,-1,2,-1)$, $\bm{\alpha}_4=(0,1,0,-1,0)$。
- 次の線形方程式組の基礎解系を求めよ。
- $\begin{cases} x_1+3x_2+2x_3=0,\\ 2x_1-x_2+3x_3=0,\\ 3x_1-5x_2+4x_3=0,\\ x_1+17x_2+4x_3=0; \end{cases}$
- $\begin{cases} 6x_1+x_2+x_3+x_4=0,\\ 16x_1+x_2-x_3+5x_4=0,\\ 7x_1+2x_2+3x_3=0. \end{cases}$
- 次の方程式組の1組の特解、対応する斉次方程式組の1組の基礎解系を求め、通解を書け。
$$\begin{cases}
2x_1 + 7x_2 + 3x_3 + x_4 = 6, \\
3x_1 + 5x_2 + 2x_3 + 2x_4 = 4, \\
9x_1 + 4x_2 + x_3 + 7x_4 = 2.
\end{cases}$$
- 次の行列の階数を求めよ。
- $\begin{bmatrix} 1&0&1&1&0&2\\ 2&0&1&3&0&3\\ 3&1&1&4&0&4\\ 4&0&1&5&1&5 \end{bmatrix}$;
- $\begin{bmatrix} 2&1&3&-1&4&-1\\ 0&-1&0&3&6&2\\ -1&1&-2&2&-3&3\\ 1&5&0&4&-1&7\\ 1&1&2&1&3&1 \end{bmatrix}$。