「線型代数学/線型方程式の解」の版間の差分
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解の存在条件とか |
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これ以外の操作として、第n+1列を除いた列の交換を考えてみよう。
第i列と第j列を入れ替えたとき、元の方程式と同値な方程式を得るには変数 <math>\ x_i </math> と変数 <math>\ x_j </math> を入れ替えればよい。
実際、
:<math> \tilde A\bold \tilde x = \tilde AP(i,j)P(i,j)\bold \tilde x = (\tilde AP(i,j))(\ P(i,j)\bold \tilde x)</math>
であるから、<math>\ P(i,j)\bold \tilde x </math> が分かれば、これの第i行と第j行を入れ替えるだけで、元の方程式の解になる。
この操作は足し算の順番を入れ替えることに対応している。
ここで、上の式と同様にして<math>\ Q \in \ M(n;\bold K)</math>が正則だとすると、
:<math>\tilde A\bold \tilde x = \tilde AQQ^{-1}\bold \tilde x = (\tilde AQ)(\ Q^{-1}\bold \tilde x)</math>
となるので、<math>\ Q^{-1}\bold \tilde x </math> を求めてもよいのだが、<math>\tilde A </math> を右基本変形するたびにその行列を記録してあとからその積を求めなければならない。なので、上に書いた操作だけで求められるのならそちらの方がよいことはわかるであろう。
以上をまとめて、
*<math>\tilde A </math> に左基本変形を施す。
*<math>\tilde A </math> のn+1列目を除く列の交換を行う。
という操作だけを許すことにしよう。
===解の存在条件===
''定理''
<math>\tilde A\bold \tilde x = 0 </math>は上の2種類の操作によって以下の形にできる。
:<math>\tilde B = \begin{pmatrix} \ I_r & \ C & \bold d_1\\ \bold 0 & \bold 0 & \bold d_2\\ \end{pmatrix} \bold \tilde y = \bold 0 </math>
ここで、<math>\ r = \ rank(A) , \ y_1,\cdots,y_n</math> は<math>\ x_1,\cdots,x_n </math>と1対1に対応している。
（証明）証明方法は階数のページのものとほとんど同じである。
<math>\ A = 0 </math> のときは求めたい形になっている。
<math>\ A \neq 0</math> のとき<math>\ a_{i,j} \neq 0</math>であったとすると、第i行の <math> \frac{-a_{k,j}}{a_{i,j}} </math> 倍を第k行に加えることで
:<math>
\begin{pmatrix}
& & & 0 & & &\\
& & & \vdots & & &\\
& & & 0 & & &\\
a_{i,1}& \cdots & a_{i,j-1} & a_{i,j} & a_{i,j+1} & \cdots & a_{i,n}\\
& & & 0 & & &\\
& & & \vdots & & &\\
& & & 0 & & &\\
\end{pmatrix} </math>
を得る。次に第i行を <math>\frac{1}{a_{i,j}}</math> 倍して第1行と第i行を入れ替え、さらに第1列と第j列を入れ替えることで、
:<math>
\begin{pmatrix}
\bold e_1 & \ A' & \bold b'\\
\end{pmatrix}</math>
を得る。ここで、 <math> \bold e_1 = \begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ \end{pmatrix}</math>
以下<math> \ A' \neq \bold 0 </math> なら、同様の操作を繰り返せば帰納的に求めたい形になる。
また、
:<math> \begin{pmatrix} \ I_r & \ C \\ \bold 0 & \bold 0\\ \end{pmatrix}</math>
は<math>\ A </math> に基本変形を施して得られたものであるから、<math> \ r = \ rank(A) </math> でなければならない□
この式を連立方程式の形に書きなおすと、
:<math> \begin{cases} y_1 + c_{1,1}y_{r+1} + \cdots + c_{1,n-r}y_n = d_1\\ \vdots \\y_r + c_{r,1}y_{r+1} + \cdots + c_{r,n-r}y_n = d_r\\0 = d_{r+1} \\ \vdots \\ 0 = d_{n}\\ \end{cases} </math>
これから、次の定理が成り立つことが分かる。
''定理''
:<math>\tilde B\bold \tilde y = \bold 0 </math> が解を持つ <math>\Longleftrightarrow \bold d_2 = \bold 0 \Longleftrightarrow \ rank(B) = rank(\tilde B)\Longleftrightarrow \ rank(A) = rank(\tilde A)</math>
（証明）
:<math>\tilde B\bold \tilde y = \bold 0 </math> が解を持つ <math> \Longleftarrow \bold d_2 = \bold 0 </math>
に関しては、<math>\ y_i = d_i (1 \leq i \leq r),\ y_{r+1} = \cdots = y_n = 0 </math> が解となっている。
その他は自明であろう□
===一般解===
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