復習:行列とその演算 の変更点

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[[線形代数II]]

* 内容 [#y25d87d4]

- ベクトルの行と列
- 転置行列
- 行列の和と積
- 2次正方行列の逆行列
- 小行列式を用いた演算
- 線形独立、従属
&katex();

* 演習 [#xf9bd2e9]

(1) $A$ は $2\times 3$ 行列であり、$A=(a_{ij})$ ただし $a_{ij}=3i-2j$ と表せる。
$A$ を通常の行列表示で表せ。

(2) 上記 $A$ の転置行列 ${}^t\!A$ を答えよ。

(3) $n$ 次正方行列 $A=(a_{ij}),B=(b_{ij})$ に対して、$C=(c_{ij})=A+B$、$D=(d_{ij})=AB$ とする。$c_{ij},d_{ij}$ を $a_{ij},b_{ij}$ (添え字は適当に付け替えて良い)で表せ。
また、${}^t\!(AB)={}^t\!D={}^t\!B{}^t\!A$ を証明せよ。

(4) $AB\ne BA$ となるような2次の正方行列 $A,B$ の例を1組挙げよ。

(5) $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ と
$\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}$ に対して、
$A A^{-1}=A^{-1}A=E$ を確かめよ。ただし $|A|=ad-bc\ne 0$ とする。

(6) 行列の積は次のように小行列へ分割しても計算可能なことを確かめよ。~
$$
\left(\begin{array}{cc|c}
a&b&c\\
d&e&f\\\hline 
g&h&i\\
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc}
j&k\\
l&m\\\hline 
n&o\\
\end{array}
\right)
=\begin{pmatrix}
A&B\\
C&D
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
E\\F
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
AE+BF\\
CE+DF
\end{pmatrix}
$$

ただし、例えば $A=\begin{pmatrix}a&b\\d&e\end{pmatrix},B=\begin{pmatrix}c\\f\end{pmatrix}$ などとする。

(7) 次のベクトル $\bm a,\bm b\in\mathbb R^3$ が線形独立であることを確かめよ。

$\bm a=\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix},\bm b=\begin{pmatrix}3\\-1\\3\end{pmatrix}$

さらに、$\bm a,\bm b, \bm c$ が線形独立となり、
$\bm a,\bm b, \bm d$ が線形従属となるように、
ベクトル $\bm c,\bm d\in\mathbb R^3$ を適当に定めよ。

* 解答例と解説 [#y4c927a5]

(1) 

$m\times n$ 行列は、$m$ 行 $n$ 列 の行列のことであり、$A=(a_{ij})$ は $i$ 行 $j$ 列成分が $a_{ij}$ であることを表す。常に、「行→列」 の順に記述すると覚えるとよい。Matrix を「行列」と訳した人に感謝せよ。

行列は___横書き文化圏___から来た概念なので、「行」は上から下へ数える。「列」は左から右に数える。

したがって、

$$
A=\begin{pmatrix}
a_{11}&a_{12}&a_{13}\\
a_{21}&a_{22}&a_{23}\\
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
(3\cdot 1-2\cdot 1)&(3\cdot 1-2\cdot 2)&(3\cdot 1-2 \cdot 3)\\
(3\cdot 2-2\cdot 1)&(3\cdot 2-2\cdot 2)&(3\cdot 2-2 \cdot 3)\\
\end{pmatrix}\\
$$

$$
=\begin{pmatrix}
1&-1&-3\\
4&2&0
\end{pmatrix}\\
$$

(2) 

$m\times n$ 行列の転置行列は $n\times m$ 行列で、$A=(a_{ij})$ に対して
${}^t\!A=(a_{ji})$ であるから、

$${}^t\!A=\begin{pmatrix}
1&4\\ -1&2\\ -3&0
\end{pmatrix}\\
$$

(3)

$$c_{ij}=a_{ij}+b_{ij}$$

$$d_{ij}=\sum_{k=1}^n a_{ik}b_{kj}$$

$F=(f_{ij})=ABC$ に対しては $\displaystyle f_{ij}=\sum_{k=1}^n\sum_{l=1}^n a_{ik}b_{kl}c_{lj}$ となる。「間に挟まった添え字」を変化させて和を取る、と覚えると良い。

${}^t\!D=(d'_{ij}),{}^t\!A=(a'_{ij}),{}^t\!B=(b'_{ij})$ とすれば、
$d'_{ij}=d_{ji},a'_{ij}=a_{ji},b'_{ij}=b_{ji}$ であるから、

$$d'_{ij}=d_{ji}=\sum_{k=1}^n a_{jk}b_{ki}=\sum_{k=1}^n b_{ki}a_{jk}=\sum_{k=1}^n b'_{ik}a'_{kj}$$

右辺は ${}^t\!B{}^t\!A$ の$(i,j)$ 成分に等しい。

すなわち、${}^t\!D={}^t\!(AB)={}^t\!B{}^t\!A$

同様に、${}^t\!(ABC)={}^t\!C\ ^t\!B\ ^t\!A$ であり、「積の転置は転置の積の順番を入れ替えたもの」になる。

$(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$ すなわち「積の逆行列は逆行列の積の順番を入れ替えたもの」、~
$(AB)^\dagger=B^\dagger A^\dagger$  すなわち「積のエルミート共役はエルミート共役の積の順番を入れ替えたもの」、~
と合わせて覚えておくように。

(4)

むしろ、$AB=BA$ となる方が&ruby(ま){・};&ruby(れ){・};なので、計算が簡単なものを適当に作ればよい。

$
A=\begin{pmatrix}
1&0\\0&0
\end{pmatrix},
B=\begin{pmatrix}
0&1\\0&0
\end{pmatrix}$ とすれば、
$
AB=\begin{pmatrix}
0&1\\0&0
\end{pmatrix} \ne
BA=\begin{pmatrix}
0&0\\0&0
\end{pmatrix}
$

(5)

$\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}$ の係数部分に出てくる $ad-bc$ は $|A|$ に等しく、$\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}$ は [[余因子行列>線形代数I/行列式#c22fd6e5]] である。
行列式がゼロ $|A|=0$ の時は逆行列が存在しない。

$$
AA^{-1}=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}\,\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}
=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}ad-bc&\cancel{-ab+ab}\\\cancel{cd-cd}&-bc+ad\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}
$$

$$
A^{-1}A=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\-c&a\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}
=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}ad-bc&\cancel{bd-bd}\\\cancel{ac-ac}&-bc+ad\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}
$$

(6)

小行列に分割した「小行列の行列」は、普通の行列と同様の手順で和や積を計算できる。

$$
\begin{aligned}
\begin{pmatrix}
AE+BF\\
CE+DF
\end{pmatrix}=
\begin{pmatrix}
\begin{pmatrix}
aj+bl&ak+bm\\
dj+el&dk+em
\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}
cn&co\\
fn&fo
\end{pmatrix}\\
\begin{pmatrix}
gj+hl&gk+hm
\end{pmatrix}+
\begin{pmatrix}
in&io
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}&
=\begin{pmatrix}
\begin{pmatrix}
aj+bl+cn&ak+bm+co\\
dj+el+fn&dk+em+fo
\end{pmatrix}\\
\begin{pmatrix}
gj+hl+in&gk+hm+io
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}\\
&=\left(\begin{array}{ccc}
a&b&c\\
d&e&f\\
g&h&i\\
\end{array}\right)
\left(\begin{array}{cc}
j&k\\
l&m\\
n&o\\
\end{array}
\right)
\end{aligned}
$$

(7)

線形結合がゼロであるとの仮定からすべての係数がゼロであることを導けるとき、それらのベクトルは線形独立であるという。逆にゼロでない係数に対して線形結合がゼロとなるなら線形従属である。

同じことだが、$n$ 本のベクトルが $n$ 次元を張るとき線形独立、次元が $n$ より小さくなるとき線形従属である。

$s\bm a+t\bm b=s\begin{pmatrix}1\\2\\3\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}3\\-1\\3\end{pmatrix}=\bm 0$ とすると、

$$
\begin{cases}
s+3t=0\\
2s-t=0\\
3s+3t=0
\end{cases}
$$

であるから、第1式と第3式を引き算して $s=0$、これを第1式に代入して $t=0$ を得る。

すなわち、$s\bm a+t\bm b=\bm 0$ から $s=t=0$ が導かれるから、
$\bm a,\bm b$ は線形独立である。

線形従属になる方が珍しいので計算しやすい適当なベクトルとして
$\bm c=\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ と置いてみる。
$s\bm a+t\bm b+u\bm c=\bm 0$ を仮定すれば、

$$
\begin{cases}
s+3t=0\\
2s-t+u=0\\
3s+3t=0
\end{cases}
$$

であるから、第1式と第3式を引き算して $s=0$、これを第1式に代入して $t=0$、
第2式に代入して $u=0$ が得られる。つまり $\bm a,\bm b,\bm c$ は線形独立である。

$\bm d=\bm a-\bm b=\begin{pmatrix}-2\\3\\0\end{pmatrix}$ と置けば
$-\bm a+\bm b+\bm d=\bm 0$ となるから $\bm a,\bm b,\bm d$ は線形従属である。

* コメント・質問 [#d23cad11]

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