行列
$m$ 行 $n$ 列に並べた $mn$ 個の順序のある数
$$\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}$$
を行列という。以下では実数要素の行列を扱う。$m$ 行 $n$ 列の行列を $m\times n$ 行列と略称する。第2章で議論したベクトルも特殊な行列の一種であり、$n$ 次元行ベクトル $(a_1, a_2, \cdots, a_n)$ は $1\times n$ 行列であり、$m$ 次元列ベクトル $\begin{bmatrix} b_1 \\ b_2 \\ \vdots \\ b_m \end{bmatrix}$ は $m\times 1$ 行列である。
定義3.1 2つの行列が等しいとは、行数・列数がともに等しく、対応する要素がすべて同じであることをいう。すなわち $a_{ij}=b_{ij}$（$i=1,2,\cdots,m$；$j=1,2,\cdots,n$）のとき、かつそのときに限る。
$m=n$ のとき、この行列を $n$ 次正方行列という。$n$ 次正方行列 $\bm{A}$ の行列式を $|\bm{A}|$ と記す。すべての要素が0の行列を零行列といい、$\bm{0}$ または $\bm{0}_{m\times n}$ と記す。
§3.1 行列の線形演算
定義3.2（$m\times n$ 行列の和）
$$\begin{bmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1n} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{m1} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}
+
\begin{bmatrix}
b_{11} & \cdots & b_{1n} \\
\vdots & & \vdots \\
b_{m1} & \cdots & b_{mn}
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
a_{11}+b_{11} & \cdots & a_{1n}+b_{1n} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{m1}+b_{m1} & \cdots & a_{mn}+b_{mn}
\end{bmatrix}.$$
同じ型の行列のみ加算できることに注意。
定義3.3 $k$ を数、$\bm{A}$ を $m\times n$ 行列とするとき、
$$k\bm{A} = \bm{A}k =
\begin{bmatrix}
ka_{11} & ka_{12} & \cdots & ka_{1n} \\
ka_{21} & ka_{22} & \cdots & ka_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
ka_{m1} & ka_{m2} & \cdots & ka_{mn}
\end{bmatrix}.$$
定義3.2・定義3.3で定義した2種類の演算を行列の線形演算という。行列の線形演算は次の規則を満たす（$\bm{A}, \bm{B}, \bm{C}$ はすべて $m\times n$ 行列、$k, l$ は数）。
- 加法の交換法則：$\bm{A}+\bm{B}=\bm{B}+\bm{A}$。
- 加法の結合法則：$(\bm{A}+\bm{B})+\bm{C}=\bm{A}+(\bm{B}+\bm{C})$。
- $1\bm{A}=\bm{A}$。
- 分配法則：$k(\bm{A}+\bm{B})=k\bm{A}+k\bm{B}$。
- 分配法則：$(k+l)\bm{A}=k\bm{A}+l\bm{A}$。
- 数と行列の乗法の結合法則：$k(l\bm{A})=(kl)\bm{A}$。
$\bm{A}$ が $m\times n$ 行列、$\bm{0}$ が $m\times n$ 零行列のとき：$\bm{A}+\bm{0}=\bm{A}$；$0\bm{A}=\bm{0}$；$k\bm{0}=\bm{0}$；$k\bm{A}=\bm{0}$ ならば $k=0$ または $\bm{A}=\bm{0}$。
行列の組についても線形従属・線形独立・線形結合の概念を定義できる。すべての $m\times n$ 行列は $mn$ 個の行列 $\bm{E}_{ij}$ の線形結合で書ける。ここで $\bm{E}_{ij}$ は第 $i$ 行・第 $j$ 列の要素が1でその他が0の $m\times n$ 行列（$i=1,2,\cdots,m$；$j=1,2,\cdots,n$）である。
$$\bm{E}_{ij} =
\begin{bmatrix}
0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & & \vdots & & \vdots \\
0 & \cdots & 1 & \cdots & 0 \\
\vdots & & \vdots & & \vdots \\
0 & \cdots & 0 & \cdots & 0
\end{bmatrix}
\begin{array}{l} \\ \\ \leftarrow i\text{行} \\ \\ \end{array}
\quad
\begin{array}{ccccc} & & \uparrow & & \\ & & j\text{列} & & \end{array}$$
明らかに
$$\begin{aligned}\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}
= \sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} a_{ij}\bm{E}_{ij}.
\tag{3.1}\end{aligned}$$
これら $mn$ 個の行列 $\bm{E}_{ij}$ は線形独立である。なぜなら
$$\sum_{i=1}^{m}\sum_{j=1}^{n} a_{ij}\bm{E}_{ij} = \bm{0}$$
と式 (3.1) より $a_{ij}=0$（$i=1,2,\cdots,m$；$j=1,2,\cdots,n$）が得られるからである。よってこれら $mn$ 個の $\bm{E}_{ij}$ は線形独立であり、すべての $m\times n$ 行列の中で線形独立なものの最大個数は $mn$ である。
注意：$\bm{A}$ を $n$ 次正方行列とするとき、行列 $k\bm{A}$ の行列式は
$$|k\bm{A}| = k^n |\bm{A}|.$$
§3.2 行列の積
定義3.4
$$\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_n
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
\displaystyle\sum_{i=1}^{n} a_{1i}x_i \\[6pt]
\displaystyle\sum_{i=1}^{n} a_{2i}x_i \\
\vdots \\
\displaystyle\sum_{i=1}^{n} a_{mi}x_i
\end{bmatrix}.$$
例題3.1． 次の値を求めよ。
$$\begin{bmatrix} 3&0&4\\ -1&8&5\\ 2&5&-3 \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} 1\\ 2\\ -3 \end{bmatrix}$$
解．
$$\text{元式} =
\begin{bmatrix}
3\cdot1+0\cdot2+4\cdot(-3) \\
(-1)\cdot1+8\cdot2+5\cdot(-3) \\
2\cdot1+5\cdot2+(-3)\cdot(-3)
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} -9\\ 0\\ 21 \end{bmatrix}.$$
定義3.4より、第2章の線形方程式組
$$\begin{aligned}\begin{cases}
a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = b_1, \\
a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = b_2, \\
\quad\vdots \\
a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \cdots + a_{mn}x_n = b_m
\end{cases}
\tag{3.2}\end{aligned}$$
は行列の積を用いて $\bm{Ax} = \bm{b}$ と表せる。ここで
$$\bm{A} =
\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}, \quad
\bm{x} =
\begin{bmatrix} x_1\\ x_2\\ \vdots\\ x_n \end{bmatrix}, \quad
\bm{b} =
\begin{bmatrix} b_1\\ b_2\\ \vdots\\ b_m \end{bmatrix}.$$
定義3.5
$$\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1k} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2k} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mk}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n} \\
b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
b_{k1} & b_{k2} & \cdots & b_{kn}
\end{bmatrix}$$
$$=
\begin{bmatrix}
\displaystyle\sum_{\mu=1}^{k}a_{1\mu}b_{\mu1} & \displaystyle\sum_{\mu=1}^{k}a_{1\mu}b_{\mu2} & \cdots & \displaystyle\sum_{\mu=1}^{k}a_{1\mu}b_{\mu n} \\[8pt]
\displaystyle\sum_{\mu=1}^{k}a_{2\mu}b_{\mu1} & \displaystyle\sum_{\mu=1}^{k}a_{2\mu}b_{\mu2} & \cdots & \displaystyle\sum_{\mu=1}^{k}a_{2\mu}b_{\mu n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
\displaystyle\sum_{\mu=1}^{k}a_{m\mu}b_{\mu1} & \displaystyle\sum_{\mu=1}^{k}a_{m\mu}b_{\mu2} & \cdots & \displaystyle\sum_{\mu=1}^{k}a_{m\mu}b_{\mu n}
\end{bmatrix}.$$
すなわち $\bm{A}$ を $m\times k$ 行列、$\bm{B}$ を $k\times n$ 行列とするとき、積 $\bm{AB}$ は $m\times n$ 行列であり、その第 $i$ 行第 $j$ 列の要素は $\bm{A}$ の第 $i$ 行の $k$ 個の要素と $\bm{B}$ の第 $j$ 列の $k$ 個の対応する要素の積の和である。
一般に $\bm{AB}\neq\bm{BA}$。例えば
$$\begin{bmatrix} 1&2\\ -3&4 \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} 3&-2\\ -1&-1 \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} 1&-4\\ -13&2 \end{bmatrix},
\quad\text{一方}\quad
\begin{bmatrix} 3&-2\\ -1&-1 \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} 1&2\\ -3&4 \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} 9&-2\\ 2&-6 \end{bmatrix}.$$
$\bm{A}$ を $n$ 次正方行列とするとき $\bm{AA} = \bm{A}^2$、$\underbrace{\bm{AA}\cdots\bm{A}}_{m\text{個}} = \bm{A}^m$ と書く。
行列の積は次の演算規則を満たす。
- 乗法の結合法則：$(\bm{AB})\bm{C}=\bm{A}(\bm{BC})$。
- 分配法則：$\bm{A}(\bm{B}+\bm{C})=\bm{AB}+\bm{AC}$；$(\bm{A}+\bm{B})\bm{C}=\bm{AC}+\bm{BC}$。
- 数と積の結合法則：$k(\bm{A}\bm{B})=\bm{A}(k\bm{B})=k(\bm{AB})$。
ここで $\bm{A}, \bm{B}, \bm{C}$ は行列、$k$ は数である。
(1) の証明：$(\bm{AB})\bm{C}=\bm{A}(\bm{BC})$ を証明する。乗法が意味をもつように $(\bm{A})_{m\times k}$、$(\bm{B})_{k\times l}$、$(\bm{C})_{l\times n}$ とする。$(\bm{AB})\bm{C}$ の第 $i$ 行第 $j$ 列要素は
$$\sum_{q=1}^{l}\Bigl(\sum_{p=1}^{k}a_{ip}b_{pq}\Bigr)c_{qj}
= \sum_{p=1}^{k}a_{ip}\Bigl(\sum_{q=1}^{l}b_{pq}c_{qj}\Bigr).$$
右辺はまさに $\bm{A}(\bm{BC})$ の第 $i$ 行第 $j$ 列要素であるから $(\bm{AB})\bm{C}=\bm{A}(\bm{BC})$。
行列の積が導入され、線形方程式組に関する演算規則が整理された。方程式組 (3.2) は $\bm{Ax}=\bm{b}$ と表せる。
もし $\bm{x}^{(1)}=\begin{bmatrix}x_1^{(1)}\\ \vdots\\ x_n^{(1)}\end{bmatrix}$ と $\bm{x}^{(2)}=\begin{bmatrix}x_1^{(2)}\\ \vdots\\ x_n^{(2)}\end{bmatrix}$ がともに線形方程式組 $\bm{Ax}=\bm{b}$ の解であり、$\bm{x}^{(0)}=\begin{bmatrix}x_1^{(0)}\\ \vdots\\ x_n^{(0)}\end{bmatrix}$ が対応する斉次方程式組 $\bm{Ax}=\bm{0}$ の解ならば、
$$\bm{A}(\bm{x}^{(1)}-\bm{x}^{(2)}) = \bm{Ax}^{(1)}-\bm{Ax}^{(2)} = \bm{b}-\bm{b} = \bm{0}.$$
これは§2.4の定理2.12（線形方程式組の任意の2組の解ベクトルの差は対応する斉次方程式組の1つの解ベクトルである）に他ならない。また
$$\bm{A}(\bm{x}^{(1)}+\bm{x}^{(0)}) = \bm{Ax}^{(1)}+\bm{Ax}^{(0)} = \bm{b}+\bm{0} = \bm{b}.$$
これは定理2.13（線形方程式組の任意の解と対応する斉次方程式組の任意の解の和は元の線形方程式組の1組の解である）に他ならない。
定理3.1 $\bm{A}$、$\bm{B}$ がともに $n$ 次正方行列ならば、$\bm{AB}$ も $n$ 次正方行列であり $|\bm{AB}|=|\bm{A}|\cdot|\bm{B}|$。
証明
$\bm{A}=\begin{bmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&&\vdots\\ a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{bmatrix}$、$\bm{B}=\begin{bmatrix}b_{11}&\cdots&b_{1n}\\ \vdots&&\vdots\\ b_{n1}&\cdots&b_{nn}\end{bmatrix}$ とすれば、
$$|\bm{AB}| =
\begin{vmatrix}
\sum_{\mu=1}^{n}a_{1\mu}b_{\mu1} & \cdots & \sum_{\mu=1}^{n}a_{1\mu}b_{\mu n} \\
\vdots & & \vdots \\
\sum_{\mu=1}^{n}a_{n\mu}b_{\mu1} & \cdots & \sum_{\mu=1}^{n}a_{n\mu}b_{\mu n}
\end{vmatrix}.$$
この行列式の各列は $n$ 項の和であるから行列式の性質により $n^n$ 個の行列式の和に分解される。
$$|\bm{AB}| = \sum_{\mu_1=1}^{n}\sum_{\mu_2=1}^{n}\cdots\sum_{\mu_n=1}^{n}
\begin{vmatrix}
a_{1\mu_1}b_{\mu_1 1} & a_{1\mu_2}b_{\mu_2 2} & \cdots & a_{1\mu_n}b_{\mu_n n} \\
a_{2\mu_1}b_{\mu_1 1} & a_{2\mu_2}b_{\mu_2 2} & \cdots & a_{2\mu_n}b_{\mu_n n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n\mu_1}b_{\mu_1 1} & a_{n\mu_2}b_{\mu_2 2} & \cdots & a_{n\mu_n}b_{\mu_n n}
\end{vmatrix}$$
$$= \sum_{\mu_1=1}^{n}\cdots\sum_{\mu_n=1}^{n}
\begin{vmatrix}
a_{1\mu_1} & a_{1\mu_2} & \cdots & a_{1\mu_n} \\
a_{2\mu_1} & a_{2\mu_2} & \cdots & a_{2\mu_n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n\mu_1} & a_{n\mu_2} & \cdots & a_{n\mu_n}
\end{vmatrix}
b_{\mu_1 1}b_{\mu_2 2}\cdots b_{\mu_n n}.$$
$\mu_1, \mu_2, \cdots, \mu_n$ の中に2つ以上等しいものがあれば右端の行列式に2列が等しいものが現れ値が0となる。したがって互いに異なる $\mu_1, \mu_2, \cdots, \mu_n$ についてのみ和をとればよい。行列式の列を自然順に並べ直すと
$$|\bm{AB}| = \sum_{(\mu_1,\mu_2,\cdots,\mu_n)}
\begin{vmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}
(-1)^{\sigma(\mu_1,\mu_2,\cdots,\mu_n)} b_{\mu_1 1}b_{\mu_2 2}\cdots b_{\mu_n n}$$
$$=
\begin{vmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1n} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{n1} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix}
\sum_{(\mu_1,\cdots,\mu_n)} (-1)^{\sigma(\mu_1,\cdots,\mu_n)} b_{\mu_1 1}b_{\mu_2 2}\cdots b_{\mu_n n}
= |\bm{A}||\bm{B}|.$$
一般に $\bm{AB}\neq\bm{BA}$ であるが、特殊な $\bm{A}$, $\bm{B}$ に対しては $\bm{AB}=\bm{BA}$ となる場合がある。問い：$\bm{A}$ が $n$ 次正方行列であり、すべての $n$ 次正方行列と可換であるとき、$\bm{A}$ はどのような行列か。
$n$ 次単位行列
$$\bm{E}_n =
\begin{bmatrix}
1 & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & 1
\end{bmatrix}
= \sum_{i=1}^{n}\bm{E}_{ii}$$
はすべての $n$ 次正方行列と可換である。実際、
$$\begin{bmatrix}
1 & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & 1
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
x_{11} & \cdots & x_{1n} \\
\vdots & & \vdots \\
x_{n1} & \cdots & x_{nn}
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
x_{11} & \cdots & x_{1n} \\
\vdots & & \vdots \\
x_{n1} & \cdots & x_{nn}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
1 & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & 1
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
x_{11} & \cdots & x_{1n} \\
\vdots & & \vdots \\
x_{n1} & \cdots & x_{nn}
\end{bmatrix}.$$
$\bm{E}_n$ は行列の乗法において数の乗法における1と同じ役割を果たす。したがって $\bm{E}_n$ は求める行列の1つである。$\bm{A}$ がすべての $n$ 次正方行列と可換であることは、$\bm{A}$ が $n^2$ 個の $n$ 次正方行列 $\bm{E}_{ij}$（$i,j=1,2,\cdots,n$）と可換であることと同値である（下記）。$\bm{E}_{ij}$ は第 $i$ 行・第 $j$ 列の要素が1でその他が0の $n$ 次正方行列である。$\bm{AE}_{ij}=\bm{E}_{ij}\bm{A}$ が成立するための条件を求める。
実際、$\bm{A}$ がすべての $\bm{E}_{ij}$ と可換ならば、任意の $n$ 次正方行列 $\bm{X} = \begin{bmatrix}x_{11}&\cdots&x_{1n}\\ \vdots&&\vdots\\ x_{n1}&\cdots&x_{nn}\end{bmatrix} = \sum_{i,j=1}^{n}x_{ij}\bm{E}_{ij}$ について
$$\bm{XA} = \Bigl(\sum_{i,j=1}^{n}x_{ij}\bm{E}_{ij}\Bigr)\bm{A} = \sum_{i,j=1}^{n}x_{ij}(\bm{E}_{ij}\bm{A}) = \sum_{i,j=1}^{n}x_{ij}(\bm{AE}_{ij}) = \bm{A}\sum_{i,j=1}^{n}x_{ij}\bm{E}_{ij} = \bm{AX}.$$
具体的に計算すると
$$\bm{E}_{ij}\bm{A} =
\begin{bmatrix}
0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & & & \vdots \\
a_{j1} & a_{j2} & \cdots & a_{jn} \\
\vdots & & & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & 0
\end{bmatrix}
\leftarrow i\text{行},
\quad
\bm{AE}_{ij} =
\begin{bmatrix}
0 & \cdots & a_{1i} & \cdots & 0 \\
0 & \cdots & a_{2i} & \cdots & 0 \\
\vdots & & \vdots & & \vdots \\
0 & \cdots & a_{ni} & \cdots & 0
\end{bmatrix}
\begin{array}{l}\\ \\ \\ \end{array}
\begin{array}{c} \uparrow \\ j\text{列} \end{array}.$$
$\bm{E}_{ij}\bm{A}=\bm{AE}_{ij}$ より両辺の行列の対応する要素を比較すると
$$a_{jj} = a_{ii}, \quad a_{jk} = 0 \quad (k\neq j)$$
（ここで $i, j$ は $1,2,\cdots,n$ の中の任意の2数）。すなわち
$$\bm{A} =
\begin{bmatrix}
a & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & a
\end{bmatrix}.$$
$\bm{A}$ をスカラー行列といい、$a=1$ のとき $n$ 次単位行列 $\bm{E}_n$ である。したがってすべての $n$ 次正方行列と可換な行列は
$$\bm{A} =
\begin{bmatrix}
a & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & a
\end{bmatrix}
= a\bm{E}_n.$$
定理3.2 すべての $n$ 次正方行列と可換な行列はスカラー行列 $a\bm{E}_n$ に限る。
$a\bm{E}_n$ と任意の $n$ 次正方行列 $\bm{A}$ との積は $a\bm{A}$ である。実際、
$$(a\bm{E}_n)\bm{A} = a(\bm{E}_n\bm{A}) = a\bm{A}, \qquad \bm{A}(a\bm{E}_n) = a(\bm{A}\bm{E}_n) = a\bm{A}.$$
§3.3 行列の逆行列
この節では $n$ 次正方行列 $\bm{A}=\begin{bmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&&\vdots\\ a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{bmatrix}$ のみを扱う。
定義3.6 $\bm{A}$ が $n$ 次正方行列であり、$n$ 次正方行列 $\bm{B}$ が存在して $\bm{AB}=\bm{BA}=\bm{E}_n$ を満たすとき、$\bm{B}$ を $\bm{A}$ の逆行列といい、$\bm{A}$ を可逆行列（または正則行列）という。
定理3.3 $\bm{A}$ が $n$ 次可逆行列ならば、その逆行列は唯一である。
証明
$\bm{A}$ が逆行列 $\bm{B}$ と $\bm{C}$ をもつとする。すなわち $\bm{AB}=\bm{BA}=\bm{E}_n$、$\bm{AC}=\bm{CA}=\bm{E}_n$。すると $\bm{B}=\bm{BE}_n=\bm{B}(\bm{AC})=(\bm{BA})\bm{C}=\bm{E}_n\bm{C}=\bm{C}$、よって逆行列は唯一である。$\bm{A}$ が可逆のとき逆行列を $\bm{A}^{-1}$ と記す。
定義より $\bm{A}^{-1}$ も可逆行列であり $(\bm{A}^{-1})^{-1}=\bm{A}$。
系1 $\bm{A}$ が $n$ 次可逆行列、$\bm{B}$ が任意の $n\times m$ 行列ならば、行列方程式 $\bm{AX}=\bm{B}$ は唯一の解 $\bm{X}=\bm{A}^{-1}\bm{B}$ をもつ。
証明
$\bm{A}(\bm{A}^{-1}\bm{B})=(\bm{AA}^{-1})\bm{B}=\bm{B}$ より $\bm{A}^{-1}\bm{B}$ は解の1つである。方程式が解 $\bm{X}$ をもつとき $\bm{AX}=\bm{B}$ の両辺左から $\bm{A}^{-1}$ を掛けると $\bm{A}^{-1}(\bm{AX})=\bm{A}^{-1}\bm{B}$。乗法の結合法則より $(\bm{A}^{-1}\bm{A})\bm{X}=\bm{E}_n\bm{X}=\bm{X}$、よって $\bm{X}=\bm{A}^{-1}\bm{B}$。
系2 $\bm{A}$ が $n$ 次可逆行列、$\bm{C}$ が任意の $m\times n$ 行列ならば、行列方程式 $\bm{YA}=\bm{C}$ は唯一の解 $\bm{Y}=\bm{CA}^{-1}$。
定理3.4 $n$ 次正方行列 $\bm{A}$ が可逆行列であるための必要十分条件は $|\bm{A}|\neq0$ であることである。
証明
必要性：$\bm{A}$ が可逆とすれば $\bm{A}^{-1}$ が存在して $\bm{AA}^{-1}=\bm{E}_n$。定理3.1より $|\bm{A}||\bm{A}^{-1}|=|\bm{AA}^{-1}|=|\bm{E}_n|=1$、よって $|\bm{A}|\neq0$。
十分性：$\bm{A}$ の余因子行列（伴随行列）を導入する。
$$\bm{A}^* =
\begin{bmatrix}
A_{11} & A_{21} & \cdots & A_{n1} \\
A_{12} & A_{22} & \cdots & A_{n2} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
A_{1n} & A_{2n} & \cdots & A_{nn}
\end{bmatrix},$$
行列の積および行列式の代数余因子に関する恒等式より
$$\bm{AA}^* = \bm{A}^*\bm{A} =
\begin{bmatrix}
|\bm{A}| & & 0 \\
& \ddots & \\
0 & & |\bm{A}|
\end{bmatrix}
= |\bm{A}|\bm{E}_n,$$
よって $\bm{A}^{-1} = \dfrac{1}{|\bm{A}|}\bm{A}^*$。
系 $\bm{A}$、$\bm{B}$ が $n$ 次正方行列で $\bm{AB}=\bm{E}_n$ を満たすならば、$\bm{A}$ は必ず可逆であり $\bm{B}=\bm{A}^{-1}$。
証明
$\bm{AB}=\bm{E}_n$ より $|\bm{A}||\bm{B}|=|\bm{AB}|=|\bm{E}_n|=1$、よって $|\bm{A}|\neq0$。したがって $\bm{A}^{-1}=\dfrac{1}{|\bm{A}|}\bm{A}^*$ が存在し、$\bm{AB}=\bm{E}_n$ の両辺左から $\bm{A}^{-1}$ を掛けると $\bm{B}=\bm{A}^{-1}$。
この系より、$\bm{B}$ が $\bm{A}$ の逆行列であることを証明するには $\bm{AB}=\bm{E}_n$（または $\bm{BA}=\bm{E}_n$）を証明するだけでよく、定義3.6のように $\bm{AB}=\bm{BA}=\bm{E}_n$ の両方を確認する必要はない。
例題3.2． $\bm{A}=\begin{bmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&&\vdots\\ a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{bmatrix}$ が可逆のとき、方程式組 $\bm{A}\begin{bmatrix}x_1\\ \vdots\\ x_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}b_1\\ \vdots\\ b_n\end{bmatrix}$ の解は
$$\begin{bmatrix}x_1\\ \vdots\\ x_n\end{bmatrix}
= \frac{1}{|\bm{A}|}
\begin{bmatrix}
A_{11} & A_{21} & \cdots & A_{n1} \\
A_{12} & A_{22} & \cdots & A_{n2} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
A_{1n} & A_{2n} & \cdots & A_{nn}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}b_1\\ b_2\\ \vdots\\ b_n\end{bmatrix}.$$
これより
$$x_i = \frac{1}{|\bm{A}|}\sum_{j=1}^{n}A_{ji}b_j
= \frac{1}{|\bm{A}|}
\begin{vmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1,i-1} & b_1 & a_{1,i+1} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & \cdots & a_{2,i-1} & b_2 & a_{2,i+1} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{n1} & \cdots & a_{n,i-1} & b_n & a_{n,i+1} & \cdots & a_{nn}
\end{vmatrix},$$
これはすなわちクラメルの公式である。
例題3.3． $\bm{A}=\begin{bmatrix}2&3&-1\\ -1&3&-3\\ 1&15&-11\end{bmatrix}$、$\bm{B}=\begin{bmatrix}2&3&-1\\ -1&3&-3\\ 3&0&3\end{bmatrix}$ が可逆か否かを判定し、可逆ならばその逆行列を求めよ。
解． $|\bm{A}|=0$ であるから $\bm{A}$ は可逆でない。$|\bm{B}|=9$ であるから
$$\bm{B}^{-1} = \frac{1}{9}
\begin{bmatrix}
9 & -9 & -6 \\
-6 & 9 & 7 \\
-9 & 9 & 9
\end{bmatrix}.$$
定理3.5 $\bm{A}$、$\bm{B}$ がともに $n$ 次可逆行列ならば、$\bm{AB}$ も $n$ 次可逆行列であり $(\bm{AB})^{-1}=\bm{B}^{-1}\bm{A}^{-1}$。
証明
定理3.1より $|\bm{AB}|=|\bm{A}||\bm{B}|\neq0$ であるから $\bm{AB}$ は可逆。$\bm{AB}(\bm{B}^{-1}\bm{A}^{-1})=\bm{A}[\bm{B}(\bm{B}^{-1}\bm{A}^{-1})]=\bm{A}[(\bm{B}\bm{B}^{-1})\bm{A}^{-1}]=\bm{A}(\bm{E}\bm{A}^{-1})=\bm{AA}^{-1}=\bm{E}$。定理3.4の系より $\bm{B}^{-1}\bm{A}^{-1}$ は $\bm{AB}$ の逆行列である。
系 $\bm{A}_1, \bm{A}_2, \cdots, \bm{A}_k$ が可逆行列ならば、$\bm{A}_1\bm{A}_2\cdots\bm{A}_k$ も可逆であり $(\bm{A}_1\bm{A}_2\cdots\bm{A}_k)^{-1}=\bm{A}_k^{-1}\cdots\bm{A}_2^{-1}\bm{A}_1^{-1}$。
前述の $\bm{A}^{-1}=\dfrac{1}{|\bm{A}|}\bm{A}^*$ という公式は $n$ 次行列式1個と $n^2$ 個の $(n-1)$ 次行列式を計算する必要があり、作業量が非常に大きい。以下に逆行列を計算する別の方法を示す。
行列の基本変換と逆行列の計算
$\bm{A}$ を $m\times n$ 行列とするとき、
(1) 行列の第 $i$ 行に定数 $k$（$k\neq0$）を掛けることは、以下の $m$ 次行列を左から掛けることと同じである。
$$\begin{aligned}\bm{E}_i(k) =
\begin{bmatrix}
1 & & & & 0 \\
& \ddots & & & \\
& & k & & \\
& & & \ddots & \\
0 & & & & 1
\end{bmatrix}
\leftarrow i\text{行}
\tag{3.3}\end{aligned}$$
すなわち $\bm{E}_i(k)\bm{A}$ は $\bm{A}$ の第 $i$ 行に $k$ を掛けたものである。
(2) 同様に行列 $\bm{A}$ の第 $i$ 列に $k$ を掛けることは、$\bm{A}$ を右から $\bm{E}_i(k)$（$n$ 次行列）に掛けることと同じである。
(3) 行列 $\bm{A}$ の第 $i$ 行と第 $j$ 行を入れ替えることは、以下の $m$ 次行列を左から掛けることと同じである。
$$\begin{aligned}\bm{E}_{i\leftrightarrow j} =
\begin{bmatrix}
1 & & & & & & \\
& \ddots & & & & & \\
& & 0 & \cdots & 1 & & \leftarrow i\text{行} \\
& & \vdots & \ddots & \vdots & & \\
& & 1 & \cdots & 0 & & \leftarrow j\text{行} \\
& & & & & \ddots & \\
& & & & & & 1
\end{bmatrix}
\tag{3.4}\end{aligned}$$
$\bm{E}_{i\leftrightarrow j}$ は $\bm{E}_m$ の第 $i$ 行と第 $j$ 行を入れ替えて得られる。乗法の規則より $\bm{E}_{i\leftrightarrow j}\bm{A}$ は $\bm{A}$ の第 $i$ 行と第 $j$ 行を入れ替えたものである。
(4) 行列 $\bm{A}$ の第 $i$ 列と第 $j$ 列を入れ替えることは、$\bm{A}$ を右から $\bm{E}_{i\leftrightarrow j}$（$n$ 次行列）に掛けることと同じである。
(5) 行列 $\bm{A}$ の第 $i$ 行の $k$ 倍を第 $j$ 行に加えることは、以下の $m$ 次行列を左から掛けることと同じである。
$$\begin{aligned}\bm{E}_{ki+j} =
\begin{bmatrix}
1 & & & & & \\
& \ddots & & & & \\
& & 1 & & & \leftarrow i\text{行} \\
& & \vdots & \ddots & & \\
& & k & \cdots & 1 & \leftarrow j\text{行} \\
& & & & & \ddots
\end{bmatrix}
\tag{3.5}\end{aligned}$$
これは $\bm{E}_m$ の第 $i$ 行の $k$ 倍を第 $j$ 行に加えて得られる行列である。乗法の規則より
$$\bm{E}_{ki+j}
\begin{bmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1n} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{i1} & \cdots & a_{in} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{j1} & \cdots & a_{jn} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{m1} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
a_{11} & \cdots & a_{1n} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{i1} & \cdots & a_{in} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{j1}+ka_{i1} & \cdots & a_{jn}+ka_{in} \\
\vdots & & \vdots \\
a_{m1} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}
\begin{array}{l} \\ \\ \leftarrow i\text{行} \\ \\ \leftarrow j\text{行} \\ \\ \end{array}.$$
(6) 同様に行列 $\bm{A}$ の第 $i$ 列の $k$ 倍を第 $j$ 列に加えることは、$\bm{A}$ を右から以下の $n$ 次行列に掛けることと同じである。
$$\bm{E}'_{ki+j} =
\begin{bmatrix}
1 & & & & \\
& \ddots & & k & \\
& & 1 & \vdots & \\
& & & \ddots & \\
& & & & 1
\end{bmatrix}
\begin{array}{l} \\ \leftarrow i\text{行} \\ \\ \\ \end{array}$$
これは $\bm{E}_n$ の第 $i$ 列の $k$ 倍を第 $j$ 列に加えて得られる行列（第 $i$ 行第 $j$ 列の要素が $k$）である。
定義3.7 $\bm{E}_i(k)$、$\bm{E}_{i\leftrightarrow j}$、$\bm{E}_{ki+j}$、$\bm{E}'_{ki+j}$ を総称して基本行列という。
$\bm{A}$ が $n$ 次可逆行列ならば、一連の行の基本変換によって $\bm{A}$ を単位行列 $\bm{E}_n$ に変換できる。$n\times 2n$ 行列 $(\bm{A},\bm{E}_n)$ に行の基本変換を施して $\bm{A}$ を単位行列 $\bm{E}_n$ に変換すると、同時に $\bm{E}_n$ が $\bm{A}$ の逆行列 $\bm{A}^{-1}$ に変換される。これは次のように説明される。行の基本変換は行列を左から一連の $n$ 次基本行列に掛けることであり、これらの基本行列の積を $\bm{P}$ とすれば
$$\bm{P}(\bm{A},\bm{E}_n) = (\bm{PA}, \bm{PE}_n) = (\bm{E}_n, \bm{PE}_n).$$
$\bm{PA}=\bm{E}_n$ より $\bm{P}=\bm{A}^{-1}$、よって $\bm{PE}_n=\bm{P}=\bm{A}^{-1}$。
この方法で例題3.3の $\bm{B}^{-1}$ を再計算する。$(\bm{B}, \bm{E}_3)$ に行の基本変換を施し $\bm{B}$ を $\bm{E}_3$ に変換する。
$$\begin{bmatrix}
2 & 3 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
-1 & 3 & -3 & 0 & 1 & 0 \\
3 & 0 & 3 & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{(1)\leftrightarrow(2)}
\begin{bmatrix}
-1 & 3 & -3 & 0 & 1 & 0 \\
2 & 3 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
3 & 0 & 3 & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{(1)\times(-1)}$$
$$\begin{bmatrix}
1 & -3 & 3 & 0 & -1 & 0 \\
2 & 3 & -1 & 1 & 0 & 0 \\
3 & 0 & 3 & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{\substack{(2)-2(1)\\(3)-3(1)}}
\begin{bmatrix}
1 & -3 & 3 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 9 & -7 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 9 & -6 & 0 & 3 & 1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{(3)-(2)}$$
$$\begin{bmatrix}
1 & -3 & 3 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 9 & -7 & 1 & 2 & 0 \\
0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{(2)\times\frac{1}{9}}
\begin{bmatrix}
1 & -3 & 3 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 1 & -\frac{7}{9} & \frac{1}{9} & \frac{2}{9} & 0 \\
0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{(2)+\frac{7}{9}(3)}$$
$$\begin{bmatrix}
1 & -3 & 3 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & -\frac{2}{3} & 1 & \frac{7}{9} \\
0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{(1)+3(2)}
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 3 & -2 & 2 & \frac{7}{3} \\
0 & 1 & 0 & -\frac{2}{3} & 1 & \frac{7}{9} \\
0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 1
\end{bmatrix}
\xrightarrow{(1)-3(3)}$$
$$\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 & -1 & -\frac{2}{3} \\
0 & 1 & 0 & -\frac{2}{3} & 1 & \frac{7}{9} \\
0 & 0 & 1 & -1 & 1 & 1
\end{bmatrix},$$
よって
$$\bm{B}^{-1} =
\begin{bmatrix}
1 & -1 & -\dfrac{2}{3} \\[4pt]
-\dfrac{2}{3} & 1 & \dfrac{7}{9} \\[4pt]
-1 & 1 & 1
\end{bmatrix}.$$
逆行列を求める際、行の基本変換のかわりに列の基本変換のみを用いることもできる。すなわち $2n\times n$ 行列 $\begin{bmatrix}\bm{A}\\ \bm{E}_n\end{bmatrix}$ に列の基本変換を施して $\bm{A}$ を $\bm{E}_n$ に変換すると、$\bm{E}_n$ が $\bm{A}^{-1}$ に変換される。
行の基本変換を用いても列の基本変換を用いても逆行列の計算は複雑になることが多く、実際には各行列の特性に応じてより簡便な計算法を選ぶとよい。
例題3.4． $n$ 次行列 $\bm{A}$ の逆行列を求めよ。
$$\bm{A} =
\begin{bmatrix}
1 & & & & 0 \\
a & 1 & & & \\
a^2 & a & 1 & & \\
\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \\
a^{n-1} & a^{n-2} & a^{n-3} & \cdots & 1
\end{bmatrix}$$
解． $(\bm{A}, \bm{E}_n)$ を書く。一般的な方法では第2行を $(0,1,0,\cdots)$ にしてから第3行を $(0,0,1,0,\cdots)$ に変換し最後の行を $(0,0,\cdots,0,1,\cdots)$ に変換するが、作業量が大きい。末行から逆向きに処理する。すなわち第 $i$ 行から（変換前の）第 $(i-1)$ 行の $a$ 倍を引く操作（$i=n, n-1, \cdots, 2$ の順）を施すと
$$\xrightarrow{\substack{(i)-a(i-1) \\ i=n,n-1,\cdots,2}}
\left[
\begin{array}{ccccc|ccccc}
1 & & & & 0 & 1 & & & & 0 \\
& 1 & & & &-a & 1 & & & \\
& & 1 & & & &-a & \ddots & & \\
& & & \ddots & & & & \ddots & 1 & \\
0 & & & & 1 & 0 & & &-a & 1
\end{array}
\right],$$
よって
$$\bm{A}^{-1} =
\begin{bmatrix}
1 & & & & 0 \\
-a & 1 & & & \\
& -a & 1 & & \\
& & \ddots & \ddots & \\
0 & & & -a & 1
\end{bmatrix}.$$
§3.4 転置行列
定義3.8 $m\times n$ 行列 $\bm{A}$ の行を列に変えて得られた $n\times m$ 行列を $\bm{A}$ の転置行列といい $\bm{A}'$（または $\bm{A}^{\mathrm{T}}$）と記す。すなわち
$$\bm{A} =
\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}
\implies
\bm{A}' =
\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{21} & \cdots & a_{m1} \\
a_{12} & a_{22} & \cdots & a_{m2} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{1n} & a_{2n} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}.$$
転置行列の演算規則：
- $(\bm{A}')' = \bm{A}$。
- $(k\bm{A})' = k\bm{A}'$。
- $(\bm{A}+\bm{B})' = \bm{A}'+\bm{B}'$。
- $(\bm{AB})' = \bm{B}'\bm{A}'$。
- $\bm{A}$ が可逆ならば $\bm{A}'$ も可逆であり $(\bm{A}')^{-1} = (\bm{A}^{-1})'$。
(4) と (5) のみ証明する。
(4) の証明：$\bm{AB}$ が意味をもつので $\bm{A}$ の列数は $\bm{B}$ の行数に等しい。$\bm{A}$ を $m\times k$ 行列、$\bm{B}$ を $k\times n$ 行列とすれば、$\bm{B}'$ は $n\times k$ 行列、$\bm{A}'$ は $k\times m$ 行列であるから $\bm{B}'\bm{A}'$ が意味をもつ。$(\bm{AB})'$ の第 $i$ 行第 $j$ 列要素は $\bm{AB}$ の第 $j$ 行第 $i$ 列要素、すなわち $\sum_{\mu=1}^{k}a_{j\mu}b_{\mu i}$。$\bm{B}'\bm{A}'$ の第 $i$ 行第 $j$ 列要素は $\bm{B}'$ の第 $i$ 行の $k$ 個の要素と $\bm{A}'$ の第 $j$ 列の $k$ 個の要素の積の和であり、$\bm{B}$ の第 $i$ 列の $k$ 個の要素と $\bm{A}$ の第 $j$ 行の $k$ 個の要素の積の和、すなわち $\sum_{\mu=1}^{k}a_{j\mu}b_{\mu i}$ でもある。よって $(\bm{AB})'=\bm{B}'\bm{A}'$。
(5) の証明：$\bm{AA}^{-1}=\bm{E}$ より $(\bm{AA}^{-1})'=\bm{E}'$ であり、(4) より $(\bm{A}^{-1})'\bm{A}'=\bm{E}$。よって $(\bm{A}^{-1})'$ は $\bm{A}'$ の逆行列であり $(\bm{A}^{-1})'=(\bm{A}')^{-1}$。
定義3.9（対称行列） $\bm{A}'=\bm{A}$ ならば $\bm{A}$ を対称行列という。
対称行列は $n$ 次正方行列（行数と列数が等しい）であり、$a_{ij}=a_{ji}$（$i,j=1,2,\cdots,n$）が成立する。
任意の $m\times n$ 行列 $\bm{B}$ に対して $\bm{BB}'$ は $m$ 次対称行列である。実際 $(\bm{BB}')' = (\bm{B}')'\bm{B}' = \bm{BB}'$。また $\bm{B}'\bm{B}$ は $n$ 次対称行列である。
一般に $\bm{BB}'\neq\bm{B}'\bm{B}$ である。$m\neq n$ のとき $\bm{BB}'$ は $m$ 次行列、$\bm{B}'\bm{B}$ は $n$ 次行列であり等しくなりようがない。$m=n$ でも一般には等しくない。例えば $\bm{B}=\begin{bmatrix}1&2\\ 3&4\end{bmatrix}$ とすると
$$\bm{BB}' = \begin{bmatrix}1&2\\ 3&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&3\\ 2&4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}5&11\\ 11&25\end{bmatrix}, \quad
\bm{B}'\bm{B} = \begin{bmatrix}1&3\\ 2&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&2\\ 3&4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}10&14\\ 14&20\end{bmatrix}.$$
$\bm{A}$、$\bm{B}$ がともに $n$ 次対称行列ならば $k\bm{A}$、$\bm{A}\pm\bm{B}$ も対称行列であるが、一般に $\bm{AB}$ は対称行列とは限らない。例えば
$$\bm{A} = \begin{bmatrix}1&2\\ 2&3\end{bmatrix}, \quad \bm{B} = \begin{bmatrix}3&-1\\ -1&3\end{bmatrix}$$
はどちらも対称であるが、
$$\bm{AB} = \begin{bmatrix}1&2\\ 2&3\end{bmatrix}\begin{bmatrix}3&-1\\ -1&3\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}1&5\\ 3&7\end{bmatrix}$$
は対称行列でない。
定義3.10 $\bm{A}'=-\bm{A}$ を満たす行列を交代行列（反対称行列）という。
交代行列は $n$ 次正方行列であり、$a_{ij}=-a_{ji}$（$i,j=1,2,\cdots,n$）が成立する。特に $i=j$ のとき $a_{ii}=-a_{ii}$、よって $a_{ii}=0$（$i=1,2,\cdots,n$）。
すなわち交代行列の主対角要素はすべて0である。
奇数次交代行列の行列式の値は必ず0である。$\bm{A}'=-\bm{A}$ の両辺の行列式をとると
$$|\bm{A}'| = |-\bm{A}| = (-1)^n|\bm{A}| = -|\bm{A}|,$$
また $|\bm{A}'|=|\bm{A}|$ であるから $|\bm{A}|=-|\bm{A}|$、よって $|\bm{A}|=0$。
定義3.11（直交行列） $\bm{A}$ を $n$ 次正方行列とし、$\bm{A}'\bm{A}=\bm{E}$ ならば $\bm{A}$ を直交行列という。
明らかに、$\bm{A}$ が直交行列ならば $\bm{A}'=\bm{A}^{-1}$。逆も真である。$\bm{A}'=\bm{A}^{-1}$ ならば $\bm{A}$ は直交行列である。したがって $\bm{A}$ が直交行列ならば $\bm{A}'$ も直交行列である。
$\bm{A}=\begin{bmatrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\ \vdots&&\vdots\\ a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{bmatrix}$ が直交行列のとき、$\bm{AA}'=\bm{E}$ と $\bm{A}'\bm{A}=\bm{E}$ より
$$\sum_{j=1}^{n}a_{ij}a_{kj} = \delta_{ik} =
\begin{cases}1, & i=k,\\ 0, & i\neq k,\end{cases}
\qquad
\sum_{j=1}^{n}a_{ji}a_{jk} = \delta_{ik} =
\begin{cases}1, & i=k,\\ 0, & i\neq k.\end{cases}$$
これは、直交行列の各行（または列）の $n$ 個の数の平方和が1に等しく、2つの異なる行（または列）の $n$ 個の対応する数の積の和が0であることを示す。
明らかに単位行列 $\bm{E}_n$ は直交行列である。また直交行列の行列式は必ず $\pm1$ である。実際 $1=|\bm{E}_n|=|\bm{AA}'|=|\bm{A}||\bm{A}'|=|\bm{A}|^2$ であるから $|\bm{A}|=\pm1$。
行列式が $1$ の直交行列も $-1$ の直交行列も存在する。$\bm{A}$ が直交行列のとき、その第1列に $-1$ を掛けた新しい行列を $\bm{B}$ とすると、$\bm{B}$ も直交行列であり $|\bm{B}|=-|\bm{A}|$ となるため、$|\bm{A}|$ と $|\bm{B}|$ の一方が $1$、もう一方が $-1$ である。
$\bm{A}$、$\bm{B}$ がともに $n$ 次直交行列ならば $\bm{AB}$ も直交行列である。なぜなら $\bm{A}'\bm{A}=\bm{E}_n$、$\bm{B}'\bm{B}=\bm{E}_n$ より
$$(\bm{AB})'\bm{AB} = \bm{B}'\bm{A}'\bm{AB} = \bm{B}'\bm{E}_n\bm{B} = \bm{B}'\bm{B} = \bm{E}_n.$$
一方、直交行列の和は直交行列とは限らない。実際 $\bm{A}=\begin{bmatrix}1&&0\\ &\ddots&\\ 0&&1\end{bmatrix}$、$\bm{B}=\begin{bmatrix}-1&&0\\ &\ddots&\\ 0&&-1\end{bmatrix}$ とすると、$\bm{A}$、$\bm{B}$ はともに直交行列であるが、$\bm{A}+\bm{B}=\begin{bmatrix}0&&0\\ &\ddots&\\ 0&&0\end{bmatrix}$ は直交行列でない。
§3.5 行列演算後の階数の変化
§2.3では行列の階数を定義し、行列の階数がその行ベクトルの中で線形独立なものの最大個数に等しく、列ベクトルの中で線形独立なものの最大個数にも等しいことを証明した。すなわち行列の階数はその全行ベクトルの階数に等しく、全列ベクトルの階数にも等しい。これを $\mathrm{R}(\bm{A})$ と記す。
定理3.6 $\mathrm{R}(\bm{A}) = \mathrm{R}(\bm{A}')$。（自明）
定理3.7 $\mathrm{R}(k\bm{A}) = \begin{cases}0, & k=0,\\ \mathrm{R}(\bm{A}), & k\neq0.\end{cases}$（自明）
定理3.8 $\bm{A}$、$\bm{B}$ がともに $m\times n$ 行列ならば $\mathrm{R}(\bm{A}+\bm{B})\leq\mathrm{R}(\bm{A})+\mathrm{R}(\bm{B})$。
証明
$\bm{A}$ の $\mathrm{R}(\bm{A})$ 個の線形独立な行ベクトルを $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_{\mathrm{R}(\bm{A})}$、$\bm{B}$ の $\mathrm{R}(\bm{B})$ 個の線形独立な行ベクトルを $\bm{\beta}_1, \bm{\beta}_2, \cdots, \bm{\beta}_{\mathrm{R}(\bm{B})}$ とする。$\bm{A}$ の各行ベクトルは $\bm{\alpha}_1, \cdots, \bm{\alpha}_{\mathrm{R}(\bm{A})}$ の線形結合、$\bm{B}$ の各行ベクトルは $\bm{\beta}_1, \cdots, \bm{\beta}_{\mathrm{R}(\bm{B})}$ の線形結合で表せる。したがって行列 $\bm{A}+\bm{B}$ の各行ベクトルは $\bm{\alpha}_1, \cdots, \bm{\alpha}_{\mathrm{R}(\bm{A})}, \bm{\beta}_1, \cdots, \bm{\beta}_{\mathrm{R}(\bm{B})}$ の線形結合で表せるから
$$\mathrm{R}(\bm{A}+\bm{B}) \leq \mathrm{R}(\bm{A})+\mathrm{R}(\bm{B}).$$
定理3.9 $\bm{A}$ が $m\times k$ 行列、$\bm{B}$ が $k\times n$ 行列ならば
$$\mathrm{R}(\bm{AB}) \leq \mathrm{R}(\bm{A}), \qquad \mathrm{R}(\bm{AB}) \leq \mathrm{R}(\bm{B}).$$
すなわち行列の積 $\bm{AB}$ の階数は $\bm{A}$ および $\bm{B}$ の階数を超えない。
証明
方程式組 $\bm{Bx}=\bm{0}$ の任意の解 $\bm{x}$ は方程式組 $(\bm{AB})\bm{x}=\bm{0}$ も満たす。実際 $(\bm{AB})\bm{x}=\bm{A}(\bm{Bx})=\bm{A}\bm{0}=\bm{0}$ であるから、$\bm{B}$ の解ベクトルの集合は $\bm{AB}$ の解ベクトルの集合に含まれる。$\bm{B}$ の解ベクトルの集合の階数は $n-\mathrm{R}(\bm{B})$、$\bm{AB}$ の解ベクトルの集合の階数は $n-\mathrm{R}(\bm{AB})$ であるから $n-\mathrm{R}(\bm{AB})\geq n-\mathrm{R}(\bm{B})$、すなわち $\mathrm{R}(\bm{AB})\leq\mathrm{R}(\bm{B})$。また定理3.6および既証の結果より $\mathrm{R}(\bm{AB})=\mathrm{R}[(\bm{AB})']=\mathrm{R}(\bm{B}'\bm{A}')\leq\mathrm{R}(\bm{A}')=\mathrm{R}(\bm{A})$、よって定理3.9が証明された。
系 $\bm{A}$ が $m$ 次可逆行列、$\bm{B}$ が $m\times n$ 行列ならば $\mathrm{R}(\bm{AB})=\mathrm{R}(\bm{B})$。$\bm{B}$ が $n$ 次可逆行列、$\bm{A}$ が $m\times n$ 行列ならば $\mathrm{R}(\bm{AB})=\mathrm{R}(\bm{A})$。
証明
第一部分のみ証明する（他も同様）。定理3.9より $\mathrm{R}(\bm{AB})\leq\mathrm{R}(\bm{B})$。また $\mathrm{R}(\bm{B})=\mathrm{R}[\bm{A}^{-1}(\bm{AB})]\leq\mathrm{R}(\bm{AB})$、よって $\mathrm{R}(\bm{AB})\leq\mathrm{R}(\bm{B})\leq\mathrm{R}(\bm{AB})$、すなわち $\mathrm{R}(\bm{AB})=\mathrm{R}(\bm{B})$。
定理3.10$^*$ $\bm{A}$ が $m\times k$ 行列、$\bm{B}$ が $k\times n$ 行列ならば $\mathrm{R}(\bm{AB})\geq\mathrm{R}(\bm{A})+\mathrm{R}(\bm{B})-k$。
証明のために、まず次の補題を示す。
補題 $k$ 個のベクトル $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_k$ の階数を $r$ とし、その中から任意に $p$ 個を選ぶとき、選ばれた $p$ 個のベクトル $\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_p$ の階数 $S$ は $S \geq r+p-k$ を満たす。
証明
$\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_k$ を2組に分ける。選出された $p$ 個のベクトル（階数を $S$ とする）と残りの $k-p$ 個のベクトルである。$\bm{\alpha}_1, \bm{\alpha}_2, \cdots, \bm{\alpha}_k$ の階数が $r$ であるから、その中から線形独立な $r$ 個のベクトルを選ぶ。これら $r$ 個のうち第一組に属するものが $r_1$ 個、第二組に属するものが $r_2$ 個（$r_1+r_2=r$、$r_2\leq k-p$）とすると
$$S \geq r_1 = r - r_2 \geq r - (k-p) = r+p-k.$$
定理3.10を証明する。まず $\bm{A}$ の特殊な場合（左上角が $\mathrm{R}(\bm{A})$ 次の単位行列で他の要素が0）を考える。
$$\bm{A} = \begin{bmatrix}\bm{E}_{\mathrm{R}(\bm{A})} & \bm{0}\\ \bm{0} & \bm{0}\end{bmatrix},$$
とすると
$$\bm{AB} = \begin{bmatrix}\bm{E}_{\mathrm{R}(\bm{A})} & \bm{0}\\ \bm{0} & \bm{0}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\bm{B}_1 & \bm{B}_2\\ \bm{B}_3 & \bm{B}_4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\bm{B}_1 & \bm{B}_2\\ \bm{0} & \bm{0}\end{bmatrix}.$$
ここで $(\bm{B}_1, \bm{B}_2)$ は $\bm{B}$ の前 $\mathrm{R}(\bm{A})$ 行、$(\bm{B}_3, \bm{B}_4)$ は $\bm{B}$ の後 $k-\mathrm{R}(\bm{A})$ 行からなる。上式より $\mathrm{R}(\bm{AB})=\mathrm{R}(\bm{B}_1, \bm{B}_2)$、$(\bm{B}_1, \bm{B}_2)$ は $\bm{B}$ の $k$ 個の行ベクトルから選んだ前 $\mathrm{R}(\bm{A})$ 個の行ベクトルである。補題より
$$\mathrm{R}(\bm{B}_1, \bm{B}_2) \geq \mathrm{R}(\bm{B}) + \mathrm{R}(\bm{A}) - k,$$
よって $\mathrm{R}(\bm{AB})\geq\mathrm{R}(\bm{A})+\mathrm{R}(\bm{B})-k$、この特殊な場合について定理3.10が成立する。
一般の場合：§3.3より行列 $\bm{A}$ は行と列の基本変換によって $\begin{bmatrix}\bm{E}_{\mathrm{R}(\bm{A})} & \bm{0}\\ \bm{0} & \bm{0}\end{bmatrix}$ の形に変換でき、$m$ 次可逆行列 $\bm{P}$ と $k$ 次可逆行列 $\bm{Q}$ が存在して
$$\bm{PAQ} = \begin{bmatrix}\bm{E}_{\mathrm{R}(\bm{A})} & \bm{0}\\ \bm{0} & \bm{0}\end{bmatrix},$$
$$\mathrm{R}(\bm{PAQ}) = \mathrm{R}(\bm{AQ}) = \mathrm{R}(\bm{A}), \quad \mathrm{R}(\bm{Q}^{-1}\bm{B}) = \mathrm{R}(\bm{B}).$$
また
$$\mathrm{R}(\bm{AB}) = \mathrm{R}[\bm{P}^{-1}(\bm{PAQ})\cdot\bm{Q}^{-1}\bm{B}] = \mathrm{R}(\bm{PAQ}\cdot\bm{Q}^{-1}\bm{B}),$$
特殊な場合の結果を用いると
$$\mathrm{R}(\bm{PAQ}\cdot\bm{Q}^{-1}\bm{B}) \geq \mathrm{R}(\bm{PAQ}) + \mathrm{R}(\bm{Q}^{-1}\bm{B}) - k = \mathrm{R}(\bm{A}) + \mathrm{R}(\bm{B}) - k,$$
代入して $\mathrm{R}(\bm{AB})\geq\mathrm{R}(\bm{A})+\mathrm{R}(\bm{B})-k$、定理3.10が証明された。
以上の行列演算後の階数の変化をまとめると次の通りである。
- $\mathrm{R}(\bm{A}')=\mathrm{R}(\bm{A})$。
- $\mathrm{R}(k\bm{A})=\mathrm{R}(\bm{A})$（$k\neq0$ のとき）、$\mathrm{R}(\bm{0}\bm{A})=\mathrm{R}(\bm{0})=0$。
- $\mathrm{R}(\bm{A}\pm\bm{B})\leq\mathrm{R}(\bm{A})+\mathrm{R}(\bm{B})$。
- $\mathrm{R}(\bm{A})+\mathrm{R}(\bm{B})-k\leq\mathrm{R}(\bm{AB})\leq\min\{\mathrm{R}(\bm{A}),\mathrm{R}(\bm{B})\}$。（ここで $k$ は $\bm{A}$ の列数、かつ $\bm{B}$ の行数）
例題3.5． 任意の $m\times n$ 実行列 $\bm{A}$ に対して $\mathrm{R}(\bm{A}'\bm{A})=\mathrm{R}(\bm{A})$ を証明せよ。
証明． 定理3.9より $\mathrm{R}(\bm{A}'\bm{A})\leq\mathrm{R}(\bm{A})$。次に $\mathrm{R}(\bm{A}'\bm{A})\geq\mathrm{R}(\bm{A})$ を証明する。
$n$ 元線形方程式組 $\bm{A}'\bm{A}\bm{x}=\bm{0}$ を考える。$\bm{x}=(x_1,x_2,\cdots,x_n)'$ をその1組の解とし、$\bm{A}'\bm{A}\bm{x}=\bm{0}$ の両辺左から $\bm{x}'$ を掛けると
$$\bm{x}'\bm{A}'\bm{A}\bm{x} = \bm{0}, \qquad \text{すなわち} \quad (\bm{Ax})'\bm{Ax} = \bm{0}.$$
$\bm{A}'\bm{A}$ は実行列であるから解ベクトル $\bm{x}$ を実ベクトルとしてよく、$\bm{Ax}$ も実ベクトルである。$(\bm{Ax})'\bm{Ax}=\bm{0}$ より $\bm{Ax}=\bm{0}$、すなわち $\bm{A}'\bm{A}\bm{x}=\bm{0}$ の解はすべて $\bm{Ax}=\bm{0}$ の解でもある。したがって $n-\mathrm{R}(\bm{A}'\bm{A})\leq n-\mathrm{R}(\bm{A})$、すなわち $\mathrm{R}(\bm{A}'\bm{A})\geq\mathrm{R}(\bm{A})$、よって $\mathrm{R}(\bm{A}'\bm{A})=\mathrm{R}(\bm{A})$。
なお複素行列 $\bm{A}$ に対しては等式 $\mathrm{R}(\bm{A}'\bm{A})=\mathrm{R}(\bm{A})$ は必ずしも成立しない。例えば
$$\bm{A}=\begin{bmatrix}1&i\\ -i&1\end{bmatrix},\ \mathrm{R}(\bm{A})=1, \text{ しかし }
\bm{A}'\bm{A}=\begin{bmatrix}1&-i\\ i&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1&i\\ -i&1\end{bmatrix}
=\begin{bmatrix}0&0\\ 0&0\end{bmatrix},\ \mathrm{R}(\bm{A}'\bm{A})=0.$$
§3.6 ブロック行列
計算を簡略化したり問題の意味をより明確にするために、行列を小さな行列（ブロック）に分割することがある。この場合行列の要素がスカラーではなく小行列になる。ブロック行列はすでに使用してきたが、以下では例題を通じてブロック行列の方法と用途を紹介する。
線形方程式組
$$\begin{cases}
a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = b_1, \\
a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = b_2, \\
\quad\vdots \\
a_{m1}x_1 + a_{m2}x_2 + \cdots + a_{mn}x_n = b_m
\end{cases}$$
を行列方程式で表すと
$$\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}x_1\\ x_2\\ \vdots\\ x_n\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}b_1\\ b_2\\ \vdots\\ b_m\end{bmatrix}.$$
係数行列を $n$ ブロックに分割し、各列を1ブロックとすると
$$\bm{A} = (\bm{A}_1, \bm{A}_2, \cdots, \bm{A}_n),$$
ここで $\bm{A}_i$ は第 $i$ 列ベクトルで $\bm{A}_i=\begin{bmatrix}a_{1i}\\ a_{2i}\\ \vdots\\ a_{mi}\end{bmatrix}$（$i=1,2,\cdots,n$）。方程式組は
$$(\bm{A}_1, \bm{A}_2, \cdots, \bm{A}_n)
\begin{bmatrix}x_1\\ x_2\\ \vdots\\ x_n\end{bmatrix}
= \bm{b}, \quad \bm{b} = \begin{bmatrix}b_1\\ b_2\\ \vdots\\ b_m\end{bmatrix}$$
と書ける。このことから、方程式組が解をもつ必要十分条件は $\bm{b}$ が $\bm{A}$ の列ベクトル $\bm{A}_1, \bm{A}_2, \cdots, \bm{A}_n$ の線形結合であることが分かる。同様に $m\times k$ 行列 $\bm{A}$ と $k\times n$ 行列 $\bm{B}$ の積 $\bm{AB}=\bm{C}$ において、$\bm{A}$ を $k$ ブロック（各列が1ブロック）、$\bm{C}$ を $n$ ブロック（各列が1ブロック）に分割すると
$$(\bm{A}_1, \bm{A}_2, \cdots, \bm{A}_k)
\begin{bmatrix}
b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1n} \\
b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2n} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
b_{k1} & b_{k2} & \cdots & b_{kn}
\end{bmatrix}
= (\bm{C}_1, \bm{C}_2, \cdots, \bm{C}_n),$$
ここで $\bm{C}_1, \bm{C}_2, \cdots, \bm{C}_n$ は $\bm{C}$ の列ベクトルで構成されるブロックである。
また $\bm{AB}=\bm{C}$ を再ブロック分割し、$\bm{B}$ の各行を1ブロック、$\bm{C}$ の各行を1ブロックとすると
$$\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1k} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2k} \\
\vdots & \vdots & & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mk}
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}
\bm{B}_1 \\ \bm{B}_2 \\ \vdots \\ \bm{B}_k
\end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix}
\bm{C}_1 \\ \bm{C}_2 \\ \vdots \\ \bm{C}_m
\end{bmatrix},$$
これは $\bm{C}$ の第 $i$ 行ベクトルが $\bm{B}$ の行ベクトルの線形結合であり、その係数が行列 $\bm{A}$ の第 $i$ 行の $k$ 個の数であることを示す。
$\bm{A}$、$\bm{B}$ をともに $m\times n$ 行列とし、$\bm{A}$ を前 $r$ 行・後 $(m-r)$ 行、前 $s$ 列・後 $(n-s)$ 列に4ブロック分割する。
$$\bm{A} = \begin{bmatrix}\bm{A}_1 & \bm{A}_2 \\ \bm{A}_3 & \bm{A}_4\end{bmatrix},$$
ここで $\bm{A}_1$: $r\times s$、$\bm{A}_2$: $r\times(n-s)$、$\bm{A}_3$: $(m-r)\times s$、$\bm{A}_4$: $(m-r)\times(n-s)$。同様に $\bm{B}$ も4ブロック分割する。
$$\bm{B} = \begin{bmatrix}\bm{B}_1 & \bm{B}_2 \\ \bm{B}_3 & \bm{B}_4\end{bmatrix},$$
ここで $\bm{B}_1$: $r\times s$、$\bm{B}_2$: $r\times(n-s)$、$\bm{B}_3$: $(m-r)\times s$、$\bm{B}_4$: $(m-r)\times(n-s)$。容易に分かる通り
- $\bm{A}+\bm{B}=\begin{bmatrix}\bm{A}_1+\bm{B}_1 & \bm{A}_2+\bm{B}_2\\ \bm{A}_3+\bm{B}_3 & \bm{A}_4+\bm{B}_4\end{bmatrix}$。
- $k\bm{A}=k\begin{bmatrix}\bm{A}_1&\bm{A}_2\\ \bm{A}_3&\bm{A}_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}k\bm{A}_1&k\bm{A}_2\\ k\bm{A}_3&k\bm{A}_4\end{bmatrix}$。
また $\bm{C}$ が $m\times k$ 行列、$\bm{D}$ が $k\times n$ 行列であり、$\bm{C}$ の行を前 $r$ 行・後 $(m-r)$ 行に、列を前 $s$ 列・後 $(k-s)$ 列に分割して $\bm{C}=\begin{bmatrix}\bm{C}_1&\bm{C}_2\\ \bm{C}_3&\bm{C}_4\end{bmatrix}$（$\bm{C}_1$: $r\times s$、$\bm{C}_2$: $r\times(k-s)$、$\bm{C}_3$: $(m-r)\times s$、$\bm{C}_4$: $(m-r)\times(k-s)$）。$\bm{D}$ を前 $s$ 行・後 $(k-s)$ 行、前 $t$ 列・後 $(n-t)$ 列に分割して $\bm{D}=\begin{bmatrix}\bm{D}_1&\bm{D}_2\\ \bm{D}_3&\bm{D}_4\end{bmatrix}$（$\bm{D}_1$: $s\times t$、$\bm{D}_2$: $s\times(n-t)$、$\bm{D}_3$: $(k-s)\times t$、$\bm{D}_4$: $(k-s)\times(n-t)$）とすると、行列の乗法より
$$\bm{CD} = \begin{bmatrix}\bm{C}_1&\bm{C}_2\\ \bm{C}_3&\bm{C}_4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\bm{D}_1&\bm{D}_2\\ \bm{D}_3&\bm{D}_4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\bm{C}_1\bm{D}_1+\bm{C}_2\bm{D}_3 & \bm{C}_1\bm{D}_2+\bm{C}_2\bm{D}_4\\ \bm{C}_3\bm{D}_1+\bm{C}_4\bm{D}_3 & \bm{C}_3\bm{D}_2+\bm{C}_4\bm{D}_4\end{bmatrix}.$$
ブロック行列の乗法では、分割後に対応するブロックどうしの乗法が成立するように分割すること、すなわち $\bm{C}_1$ の列数が $\bm{D}_1$ の行数に等しくなるようにする必要がある。上の分割は行列を4ブロックに分割したものに過ぎないが、任意の個数のブロックに分割できる。ただし加法では対応する位置のブロックが同じ行数・列数をもつこと、乗法では $\bm{A}$ の列数の分割が $\bm{B}$ の行数の分割と一致することが必要であり、その条件のもとで $\bm{AB}$ のブロック分割乗法が通常の要素乗法と同様の規則で成立する。
以下では例を用いてブロック行列の有用性を示す。ここでは第1章のラプラス展開定理を用いる。
例題3.6． 次の行列 $\bm{A}$ の逆行列を求めよ。ただし $|\bm{B}|\neq0$、$|\bm{D}|\neq0$ とする。
$$\bm{A} =
\begin{bmatrix}
b_{11} & b_{12} & \cdots & b_{1r} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
b_{21} & b_{22} & \cdots & b_{2r} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
b_{r1} & b_{r2} & \cdots & b_{rr} & 0 & 0 & \cdots & 0 \\
c_{11} & c_{12} & \cdots & c_{1r} & d_{11} & d_{12} & \cdots & d_{1s} \\
c_{21} & c_{22} & \cdots & c_{2r} & d_{21} & d_{22} & \cdots & d_{2s} \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\
c_{s1} & c_{s2} & \cdots & c_{sr} & d_{s1} & d_{s2} & \cdots & d_{ss}
\end{bmatrix}
= \begin{bmatrix}\bm{B} & \bm{0}\\ \bm{C} & \bm{D}\end{bmatrix}$$
解． ラプラス展開定理より $|\bm{A}|=|\bm{B}||\bm{D}|\neq0$ であるから $\bm{A}$ は可逆。$\bm{A}^{-1}=\begin{bmatrix}\bm{X}&\bm{Y}\\ \bm{Z}&\bm{T}\end{bmatrix}$（$\bm{X}$: $r\times r$、$\bm{Y}$: $r\times s$、$\bm{Z}$: $s\times r$、$\bm{T}$: $s\times s$）とおく。行列の乗法より
$$\bm{AA}^{-1} = \begin{bmatrix}\bm{B}&\bm{0}\\ \bm{C}&\bm{D}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\bm{X}&\bm{Y}\\ \bm{Z}&\bm{T}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\bm{BX}&\bm{BY}\\ \bm{CX}+\bm{DZ}&\bm{CY}+\bm{DT}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\bm{E}_r&\bm{0}\\ \bm{0}&\bm{E}_s\end{bmatrix}$$
比較すると
$$\begin{cases}
\bm{BX}=\bm{E}_r \Rightarrow \bm{X}=\bm{B}^{-1}, \\
\bm{BY}=\bm{0}_{r\times s} \Rightarrow \bm{Y}=\bm{0}, \\
\bm{CX}+\bm{DZ}=\bm{0}_{s\times r} \Rightarrow \bm{DZ}=-\bm{CX}=-\bm{CB}^{-1} \Rightarrow \bm{Z}=-\bm{D}^{-1}\bm{CB}^{-1}, \\
\bm{CY}+\bm{DT}=\bm{E}_s \Rightarrow \bm{DT}=\bm{E}_s,\ \bm{T}=\bm{D}^{-1}.
\end{cases}$$
よって
$$\bm{A}^{-1} = \begin{bmatrix}\bm{B}^{-1} & \bm{0}_{r\times s}\\ -\bm{D}^{-1}\bm{CB}^{-1} & \bm{D}^{-1}\end{bmatrix}.$$
これにより、この特殊な $(r+s)$ 次正方行列の逆行列を求める問題は $r$ 次行列と $s$ 次行列の逆行列および3つの行列の積を求める問題に帰着される。
例題3.7． $\bm{A}$、$\bm{B}$、$\bm{C}$、$\bm{D}$ がすべて $n$ 次正方行列であり $\bm{A}$ が可逆、かつ $\bm{CA}=\bm{AC}$ とする。次を証明せよ。
$$\begin{vmatrix}\bm{A}&\bm{B}\\ \bm{C}&\bm{D}\end{vmatrix} = |\bm{AD}-\bm{CB}|.$$
証明． ガウスの消去法により一連の行の基本変換によって $\begin{bmatrix}\bm{A}&\bm{B}\\ \bm{C}&\bm{D}\end{bmatrix}$ の前 $n$ 列を $\begin{bmatrix}\bm{E}_n\\ \bm{0}_n\end{bmatrix}$ に変換できる。実際、
$$\begin{bmatrix}\bm{A}^{-1}&\bm{0}_n\\ -\bm{CA}^{-1}&\bm{E}_n\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\bm{A}&\bm{B}\\ \bm{C}&\bm{D}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\bm{E}_n&\bm{A}^{-1}\bm{B}\\ \bm{0}_n&\bm{D}-\bm{CA}^{-1}\bm{B}\end{bmatrix},$$
両端の行列式をとり、ラプラス展開定理より
$$|\bm{A}^{-1}|\begin{vmatrix}\bm{A}&\bm{B}\\ \bm{C}&\bm{D}\end{vmatrix} = |\bm{D}-\bm{CA}^{-1}\bm{B}|.$$
よって
$$\begin{vmatrix}\bm{A}&\bm{B}\\ \bm{C}&\bm{D}\end{vmatrix} = |\bm{A}||\bm{D}-\bm{CA}^{-1}\bm{B}| = |\bm{AD}-\bm{ACA}^{-1}\bm{B}|.$$
$\bm{CA}=\bm{AC}$ より
$$\begin{vmatrix}\bm{A}&\bm{B}\\ \bm{C}&\bm{D}\end{vmatrix} = |\bm{AD}-\bm{CAA}^{-1}\bm{B}| = |\bm{AD}-\bm{CB}|.$$
例題3.8． $n$ 次ブロック行列 $\begin{bmatrix}\bm{A}&\bm{B}\\ \bm{C}&\bm{D}\end{bmatrix}$ の階数が $r$ であり、$\bm{A}$ が $r$ 次可逆行列とする。$\bm{D}=\bm{CA}^{-1}\bm{B}$ を証明せよ。
証明． $\bm{C}$: $(n-r)\times r$、$\bm{A}^{-1}$: $r\times r$、$\bm{B}$: $r\times(n-r)$ であるから $\bm{CA}^{-1}\bm{B}$ は意味をもち $(n-r)\times(n-r)$ 行列で $\bm{D}$ と同じ型である。行の基本変換により
$$\begin{bmatrix}\bm{A}^{-1}&\bm{0}\\ -\bm{CA}^{-1}&\bm{E}_{n-r}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\bm{A}&\bm{B}\\ \bm{C}&\bm{D}\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\bm{E}_r&\bm{A}^{-1}\bm{B}\\ \bm{0}&\bm{D}-\bm{CA}^{-1}\bm{B}\end{bmatrix}.$$
$\mathrm{R}\begin{bmatrix}\bm{A}&\bm{B}\\ \bm{C}&\bm{D}\end{bmatrix}=r$ であり、左辺の左の行列は可逆だから
$$\mathrm{R}\begin{bmatrix}\bm{E}_r&\bm{A}^{-1}\bm{B}\\ \bm{0}&\bm{D}-\bm{CA}^{-1}\bm{B}\end{bmatrix} = r.$$
列の基本変換で $\bm{A}^{-1}\bm{B}$ を消すと、この行列の階数は $r+\mathrm{R}(\bm{D}-\bm{CA}^{-1}\bm{B})$ に等しい。これが $r$ であるから $\bm{D}-\bm{CA}^{-1}\bm{B}=\bm{0}$、すなわち $\bm{D}=\bm{CA}^{-1}\bm{B}$。
例題3.9． $n$ 次ブロック行列 $\bm{A}=\begin{bmatrix}\bm{A}_1&\bm{A}_2\\ \bm{A}_3&\bm{A}_4\end{bmatrix}$ において $\bm{A}_1$ が $r$ 次可逆行列とする。$\bm{A}$ が可逆であることと $\bm{A}_4-\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2$ が可逆であることが同値であることを証明し、$\bm{A}^{-1}$ を求めよ。
証明．
$$\begin{bmatrix}\bm{A}_1^{-1}&\bm{0}\\ -\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}&\bm{E}_{n-r}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\bm{A}_1&\bm{A}_2\\ \bm{A}_3&\bm{A}_4\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}\bm{E}_r&\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2\\ \bm{0}&\bm{A}_4-\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2\end{bmatrix},$$
よって
$$|\bm{A}_1|^{-1}\begin{vmatrix}\bm{A}_1&\bm{A}_2\\ \bm{A}_3&\bm{A}_4\end{vmatrix} = |\bm{A}_4-\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2|.$$
$|\bm{A}_1|^{-1}\neq0$ であるから
$$\begin{vmatrix}\bm{A}_1&\bm{A}_2\\ \bm{A}_3&\bm{A}_4\end{vmatrix} \neq 0 \Longleftrightarrow |\bm{A}_4-\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2| \neq 0,$$
すなわち $\begin{bmatrix}\bm{A}_1&\bm{A}_2\\ \bm{A}_3&\bm{A}_4\end{bmatrix}$ が可逆 $\Longleftrightarrow$ $\bm{A}_4-\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2$ が可逆。
$\bm{A}_4-\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2$ が可逆であると仮定し $\bm{A}^{-1}=\begin{bmatrix}\bm{P}&\bm{Q}\\ \bm{R}&\bm{S}\end{bmatrix}$（$\bm{P}$: $r\times r$、$\bm{Q}$: $r\times(n-r)$、$\bm{R}$: $(n-r)\times r$、$\bm{S}$: $(n-r)\times(n-r)$）とおく。$\bm{E}_n=\bm{AA}^{-1}$ を展開して比較すると、$\bm{K}=\bm{A}_4-\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2$ として
$$\bm{S} = \bm{K}^{-1}, \quad \bm{Q} = -\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2\bm{K}^{-1},$$
$$\bm{R} = -\bm{K}^{-1}\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}, \quad \bm{P} = \bm{A}_1^{-1} + \bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2\bm{K}^{-1}\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}.$$
よって
$$\begin{bmatrix}\bm{A}_1&\bm{A}_2\\ \bm{A}_3&\bm{A}_4\end{bmatrix}^{-1}
= \begin{bmatrix}\bm{A}_1^{-1}+\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2\bm{K}^{-1}\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1} & -\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2\bm{K}^{-1}\\ -\bm{K}^{-1}\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1} & \bm{K}^{-1}\end{bmatrix},$$
ここで $\bm{K}=\bm{A}_4-\bm{A}_3\bm{A}_1^{-1}\bm{A}_2$ である。
ブロック行列を利用することで $n$ 次行列の逆行列を求める問題をより低次の行列の逆行列を求める問題に帰着できる。なお例題3.6は $\bm{A}_2=\bm{0}_{r\times(n-r)}$ の特殊な場合である。
ブロック行列を用いると、線形結合の推移性も簡明に示せる。
$\bm{\alpha}$ が $n$ 次元ベクトル $\bm{\beta}_1, \bm{\beta}_2, \cdots, \bm{\beta}_m$ の線形結合とすると
$$\begin{aligned}\bm{\alpha} = a_1\bm{\beta}_1 + a_2\bm{\beta}_2 + \cdots + a_m\bm{\beta}_m,
\tag{3.6}\end{aligned}$$
また $\bm{\beta}_1, \bm{\beta}_2, \cdots, \bm{\beta}_m$ がすべて $\bm{\gamma}_1, \bm{\gamma}_2, \cdots, \bm{\gamma}_p$ の線形結合とすると
$$\begin{aligned}\bm{\beta}_i = b_{i1}\bm{\gamma}_1 + b_{i2}\bm{\gamma}_2 + \cdots + b_{ip}\bm{\gamma}_p, \quad i=1,2,\cdots,m,
\tag{3.7}\end{aligned}$$
このとき $\bm{\alpha}$ も $\bm{\gamma}_1, \bm{\gamma}_2, \cdots, \bm{\gamma}_p$ の線形結合である。
証明
式 (3.6)・(3.7) を行列で表すと
$$\bm{\alpha} = (\bm{\beta}_1, \bm{\beta}_2, \cdots, \bm{\beta}_m)
\begin{bmatrix}a_1\\ a_2\\ \vdots\\ a_m\end{bmatrix},
\tag{1}$$
$$(\bm{\beta}_1, \bm{\beta}_2, \cdots, \bm{\beta}_m) = (\bm{\gamma}_1, \bm{\gamma}_2, \cdots, \bm{\gamma}_p)
\begin{bmatrix}b_{11}&b_{21}&\cdots&b_{m1}\\ b_{12}&b_{22}&\cdots&b_{m2}\\ \vdots&\vdots&&\vdots\\ b_{1p}&b_{2p}&\cdots&b_{mp}\end{bmatrix},
\tag{2}$$
ここで $(\bm{\beta}_1, \bm{\beta}_2, \cdots, \bm{\beta}_m)$ と $(\bm{\gamma}_1, \bm{\gamma}_2, \cdots, \bm{\gamma}_p)$ はブロック行列であり要素 $\bm{\beta}_1, \cdots, \bm{\beta}_m, \bm{\gamma}_1, \cdots, \bm{\gamma}_p$ は $n$ 次元列ベクトル（$n\times1$ 行列）。(2) を (1) に代入すると
$$\bm{\alpha} = (\bm{\gamma}_1, \bm{\gamma}_2, \cdots, \bm{\gamma}_p)
\begin{bmatrix}b_{11}&\cdots&b_{m1}\\ b_{12}&\cdots&b_{m2}\\ \vdots&&\vdots\\ b_{1p}&\cdots&b_{mp}\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}a_1\\ a_2\\ \vdots\\ a_m\end{bmatrix}.$$
これは $\bm{\alpha}$ が $\bm{\gamma}_1, \bm{\gamma}_2, \cdots, \bm{\gamma}_p$ の線形結合であり、その係数が $p$ 次元列ベクトル
$$\begin{bmatrix}b_{11}&\cdots&b_{m1}\\ \vdots&&\vdots\\ b_{1p}&\cdots&b_{mp}\end{bmatrix}
\begin{bmatrix}a_1\\ \vdots\\ a_m\end{bmatrix}$$
で与えられることを示す。
練習問題
- $\bm{A}=\begin{bmatrix}1&0&1&-1\\ 2&-1&0&-2\\ -3&1&-2&4\\ 1&-1&0&-1\end{bmatrix}$、$\bm{B}=\begin{bmatrix}7&-2&4&-8\\ 4&-3&0&-4\\ -2&2&1&2\\ 4&0&4&-5\end{bmatrix}$、$\bm{C}=\begin{bmatrix}2&1&1&0\\ 0&1&0&-2\\ 1&-1&0&1\\ 3&0&1&1\end{bmatrix}$ とするとき、$\bm{AB}$、$(\bm{AB})\bm{C}$、$\bm{A}(\bm{BC})$ を求めよ。
- 次を求めよ。
- $\begin{bmatrix}1&1\\ 0&1\end{bmatrix}^n$;
- $\begin{bmatrix}\cos\theta & -\sin\theta\\ \sin\theta & \cos\theta\end{bmatrix}^n$;
- $\begin{bmatrix}1&1&0\\ 0&1&1\\ 0&0&1\end{bmatrix}^n$。
- 次の行列の逆行列を求めよ。
- $\begin{bmatrix}1&1&1&&&\\ 1&2&3&&&\bm{0}\\ 1&3&6&&&\\ &&&2&2&3\\ &\bm{0}&&1&-1&0\\ &&&-1&2&1\end{bmatrix}$;
- $\begin{bmatrix}4&-1&-4&1\\ 2&1&2&0\\ 8&3&7&-1\\ -3&-1&-3&1\end{bmatrix}$。
- 行列 $\begin{bmatrix}1&-a&b\\ a&1&-c\\ -b&c&1\end{bmatrix}$ が可逆となる条件を求め、その逆行列を求めよ。