数学II講義ノート –2012年度使用– 目次

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数学II講義ノート –2012年度使用– 目次

数学 II 講義ノート
–２０１２年度使用–
高木寛通
平成 25 年 1 月 29 日
目次
1
はじめに
4
2
ベクトル空間と線形写像の定義
5
3
ベクトル空間の正確な定義 ~
7
4
ベクトル空間の例
4.1 平面ベクトルの集合 . . . . . . . . . . .
4.2 2 個の実数の組の集合 . . . . . . . . . . .
4.3 d 個の実数の組の集合 . . . . . . . . . . .
4.4 実数列の集合 . . . . . . . . . . . . . . .
4.5 部分ベクトル空間 . . . . . . . . . . . . .
4.6 再び三項間線形漸化式を満たす数列の話
4.7 d + 1 項間線形漸化式を満たす数列の集合
4.8 関数の集合 . . . . . . . . . . . . . . . .
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線形写像の例
5.1 あるベクトルの正射影の長さ . . . . . . . . . . .
5.2 平面の 1 点を中心とする回転 . . . . . . . . . . . .
5.3 行列で定まる R2 −→ R2 なる写像 . . . . . . . . .
5.4 R2 −→ R2 なる線形写像はいつでも行列で書ける .
5.5 線形写像から決まる部分ベクトル空間 . . . . . .
5.6 行列演算の一般事項 . . . . . . . . . . . . . . . .
5.7 基本的定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5.8 行列で定まる Re −→ Rd なる写像 . . . . . . . . .
1
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5.9
5.10
5.11
5.12
行列積の結合法則 . . . . . . . . . . . . . . . . . .
行列積のブロック計算法 . . . . . . . . . . . . . .
Re −→ Rd なる線形写像はいつでも行列で書ける .
線形写像の合成と行列積 . . . . . . . . . . . . . .
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固有値問題
26
6.1 目標の再設定 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
6.2 数列のなすベクトル空間のある線形写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
6.3 関数のなすベクトル空間の線形写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
7
線形写像 R2 −→ R2 の固有ベクトル
30
7.1 求め方 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
7.2 固有方程式と固有ベクトルの様子 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
8
複素ベクトル空間と線形写像
8.1 複素数の一般事項 (特に複素平面) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.2 複素ベクトル空間と線形写像の定義 . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.3 複素線形写像の固有値問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8.4 ΦA (x) = 0 が実解を持たないときの fA : R2 −→ R2 について (続き)
8.5 固有方程式と固有ベクトルの様子のまとめ . . . . . . . . . . . . .
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2 次正方行列のケーリー・ハミルトンの定理と最小多項式
40
9.1 ケーリー・ハミルトンの定理 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
9.2 最小多項式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
10 基底と表現行列
10.1 C2 → C2 の場合 . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.1.1 表現行列の定義と求め方 . . . . . . . .
10.1.2 基底の取り換えによる表現行列の変化
10.2 漸化式を満たす数列のベクトル空間の場合 . .
10.2.1 表現行列 . . . . . . . . . . . . . . . . .
10.2.2 基底の取り換えによる表現行列の変化
10.3 固有値問題と表現行列 . . . . . . . . . . . . .
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11 同型という考え方 ~
51
11.1 同型の定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
11.2 同型による表現行列の対応 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
2
12 行列の標準形とその応用
56
12.1 行列の相似とジョルダン標準形 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
12.2 実対称行列の対角化の応用 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58
13 ベクトル空間の基底と次元
61
14 一次独立という考え方
62
15 線形写像の表現行列と基底のとりかえによるその変化
68
16 行列式の性質と計算
72
17 行列式の応用 ~
78
17.1 終結式と判別式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
18 (付録) 置換について ~
81
19 掃き出し法と連立一次方程式
84
20 掃き出し法の他の応用
20.1 正則行列への応用 . .
20.2 逆行列の計算 . . . .
20.3 列に関する基本変形
20.4 階数標準形 . . . . .
20.5 行列式への応用 . . .
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21 固有ベクトル, 固有空間, 対角化可能性
21.1 行列式と変数と式の数が同じ斉次型連立一次方程式 . . . . . . . . . . .
21.2 固有値と固有ベクトルの求め方 (Cn → Cn の場合) . . . . . . . . . . . .
21.3 固有値と固有ベクトルの求め方 (一般のベクトル空間の線形写像の場合)
21.4 固有空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21.5 固有ベクトルからなる基底 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21.6 ベクトル空間の直和 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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22 対角化可能性の二つの判定法
104
22.1 判定法 I . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
22.2 判定法 II . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104
23 ケーリー・ハミルトンの定理, 最小多項式, 対角化可能性
3
106
24 内積と計量ベクトル空間
24.1 内積の抽象的定義 . . . . . . . . .
24.2 シュワルツの不等式と三角不等式
24.3 正規直交基底 . . . . . . . . . . .
24.4 話題：フーリエ級数について ~ .
24.5 シュミットの直交化法 . . . . . .
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. 115
25 直交分解と随伴写像
117
25.1 直交分解 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
25.2 随伴写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118
25.3 計量ベクトル空間の線形写像と行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119
26 正規写像
26.1 直交対角化可能性 . . . . . . . . . . . . . .
26.2 エルミート写像 . . . . . . . . . . . . . . .
26.3 ユニタリー写像 . . . . . . . . . . . . . . .
26.4 話題：正多面体の対称性 ~ . . . . . . . . .
26.5 話題:実 3 × 3 行列のケーリー変換の変種 ~
26.6 話題：2 × 2 ユニタリー行列と４元数 ~ . .
26.7 ユニタリー対角化 . . . . . . . . . . . . . .
26.8 正値写像 . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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. 131
27 エルミート写像とユニタリー写像 ~
133
27.1 エルミート写像の固有値問題の新しい解き方 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
28 射影とスペクトル分解
134
28.1 射影と直交分解 ~ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
28.2 射影の随伴写像による特徴づけ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 134
29 まとめ
136
30 双対ベクトル空間とジョルダン標準形 ~
142
30.1 双対ベクトル空間 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
30.2 Jordan 標準形 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142
1
はじめに
このノートは２０１１年度の講義ノート (当時のＴＡの丸亀泰二さん, 野崎統さんの協力を得
て作成したもの) に加筆し, 修正を加えたものである. 本当は講義開始時までに完成すれば良
4
かったのであるが, 間に合わなかった. 暫定版であるが, 公開するので各自でダウンロードして
下さい. 随時改訂を行っていくので, いきなりすべて印刷するのはやめた方がよい. 特に後半部
分はかなり未完成の部分もある. いつかは収束する（しなくては困る）のでその時はそう宣言
します.
ミスプリ, あるいはおかしいと思うところなどあれば遠慮なく指摘してください.
練習問題についてはヒントを書いたのもあればそうでないのもある. ~ のついていないもの
は, 類題の違いなどを除き, 講義中に解説するつもりである (ただし, 類題は除くかもしれない).
~ を付けた練習問題や項目はやや難しいと思われるものである. すべて授業中に解説すると
は限らない. 基本的に意欲的な人のみ目を通せばよい. 授業中に解説しないものについては, レ
ポートとして提出すれば添削して返却する. 成績に加味するかどうかは明言しない. 試験範囲
からは除外する.
構成についてだが, 大きく分けて 12 章までと 13 章以降の二部構成である. 12 章までは, 一年
間の講義の流れを, 技術的困難を最小限にとどめて, より具体的に言えば, 2 次元のベクトル空
間及び 2 × 2 行列を主に扱って, 説明している. 題材は高校数学と重複するところも多く, 高校ま
での知識でなんとかなると思うかもしれないが, 2 次元ベクトル空間の例 (数列や関数の空間),
複素ベクトル空間への移行などは新しく, それらを理解しておかないと, 13 章以降が急激に難
しく感じられると思うので油断はしないでほしい. また, ここまでは, 証明を含めてすべて書い
てある. 数学の板書が早いという声が多いので始めのうちはノートを取る負担を減らすためで
もある. 13 章以降は 12 章までの内容を一般化することが目的でそのために必要な技術を網羅し
てある. そろそろ, 板書にも慣れてくるだろうから, 命題や定理の証明は書いていないものもあ
る. 頑張ってノートを取ってください. また, わりと寄り道せずに書いてあってややそっけない
印象を受けるかもしれない.
picture と書いてあるところは授業中に図を描くつもりであるところであるが再現していない.
2
ベクトル空間と線形写像の定義
まず, この講義の主役たちを定義する.
5
¶
³
定義 1 (ベクトル空間). 空でない集合 V が次の条件を満たすときベクトル空間あるいは線
形空間と言う.
(1) V に足し算と実数倍（スカラー倍ともいう）が “計算する際に不都合が生じないよう”
定まっている”.
(2) o という V の特別な元が存在し, V のどの元に足しても変わらない, つまり v + o =
o + v = v が成り立つ.
(3) 各 V の元 v に対して v に足すと o になる元が存在する, つまり, v + v 0 = v 0 + v = o な
る v 0 が存在する.
µ
´
これはもちろん正確な定義ではない. 正確な定義は 3 章を参照.
この講義ではベクトル空間の例をたくさん挙げることで正確な定義の代わりとする. 本当は,
スカラー倍が実数倍であることを明確にするため, 実ベクトル空間と言う. 後に定義する複素ベ
クトル空間と区別するためである.1 集合と言わず空間と言う理由は, ベクトル空間の由来とな
る平面ベクトルや空間ベクトルの集合と同様に幾何的なイメージを持たせるためである.
一般に, V , W を集合とするとき, V の各要素（各元）に対して W の各元を定める規則が与
えられているとき, その規則を V から W への写像と言う (picture).
¶
³
定義 2 (線形写像). V と W を 2 つのベクトル空間とする. f : V −→ W を V から W への
写像とする. f が線形写像であるとは, 次の 2 条件が満たされているということ：
(1) V の任意の 2 つの元 v1 と v2 に対して, f (v1 + v2 ) = f (v1 ) + f (v2 ) が成立する.
(2) V の任意の元 v と任意の実数 α ∈ R に対して, f (αv) = αf (v) が成立する.
µ
´
この講義の目標は, 線形写像というものをよく理解すること. そのために行列が中心的な役割を
果たすことも見ていく. まずベクトル空間と線形写像のいろいろな例を述べて, そのあともっと
詳しい目標設定を述べることにする (6.1 節を参照).
1
ちなみに量子力学は, 実世界を記述するものであるにも関わらず, 複素ベクトル空間を舞台にして構築されて
いる.
6
3
ベクトル空間の正確な定義 ~
¶
³
定義 3. 空でない集合 V について V の元同士の足し算, および実数倍 (R の元と V の元との
積) が定まっていて, 次の 8 条件を満たすとき, V は (R 上の) ベクトル空間であるという:
(a) 足し算に関する条件：
(I) (結合法則) 任意の v1 , v2 , v3 ∈ V に対し, (v1 + v2 ) + v3 = v1 + (v2 + v3 ) が成立
する.
(II) (交換法則) 任意の v1 , v2 ∈ V に対し v1 + v2 = v2 + v1 が成立する.
(III) (o の存在) v + o = o + v = v が任意の v ∈ V に対し成立するような特別な元
o ∈ V が存在する.
(IV) (逆元の存在) 任意の v ∈ V に対し, v + v 0 = v 0 + v = o となるような v 0 ∈ V が
存在する.
(b) 足し算と実数倍に関する条件：
(V) (実数倍の分配法則) 任意の v ∈ V , λ, µ ∈ R に対し, (λ + µ)v = λv + µv が成立
する.
(VI) (足し算の分配法則) 任意の v1 , v2 , λ ∈ R に対し, λ(v1 + v2 ) = λv1 + λv2 が成立
する.
(VII) (実数倍の結合法則) 任意の v ∈ V , λ, µ ∈ R に対し, λ(µv) = (λµ)v が成立する.
(VIII) 任意の v ∈ V について 1v = v が成立する.
µ
´
2
(a) の 4 条件は V が足し算について可換群であることを述べている.
以上, 随分たくさんの条件が盛り込まれているように思うかもしれないが, すべて自然な条件
である. それに最小限に抑えてある. 実際, 次の命題で見るように他のいくつかの自然な条件は
これらの条件から導くことができる.
¶
³
命題 1. V をベクトル空間とする. このとき, 以下が成立する.
(1) ベクトル空間の公理 (III) における o は唯一である. また, 任意の v ∈ V について
0v = o が成立し, 任意の λ ∈ R について λo = o が成立する.
(2) v ∈ V とする. このときベクトル空間の公理 (IV) における v 0 は一意的であり, v 0 =
(−1)v である.
µ
´
2
あまり本題と関係はないが, 群論の教科書として, アームストロング著「対称性からの群論入門」(シュプリン
ガー社) を勧める. 具体例を重視した良い本である.
7
証明. まず一意性をそれぞれ示す. o, o0 ∈ V がともに (III) の性質をもつとする. このとき,
v = o とすれば o + o0 = o が成立する. 一方で v = o0 とすれば o + o0 = o0 が成立する. よって
o = o0 である. これで o の一意性が示された. 次に, v ∈ V に対して, v 0 , v 00 ∈ V がともに (IV)
の性質をもつと仮定する. このとき, (I) および (III) から,
v 0 = o + v 0 = (v 00 + v) + v 0 = v 00 + (v + v 0 ) = v 00 + o = v 00
が成立する. よって一意性が示された.
以下, v ∈ V に対して一意的に定まる v 0 を −v と書くことにする.
次に, 任意の v ∈ V について 0v = o を示す. 公理 (VIII), (V) を用いると
v + 0v = 1v + 0v = (1 + 0)v = 1v = v
が示される. 両辺に −v を足すことでそれぞれ,
(−v) + (v + 0v) = ((−v) + v) + 0v = o + 0v = 0v,
(−v) + v = o
となり, 0v = o を得る.
次に, 任意の λ ∈ R について λo = o を示す. 公理 (III) より o + o = o であるから, (IV) に
より
λo = λ(o + o) = λo + λo
となる. よって両辺に −(λo) を加えることで, o = λo を得る.
最後に −v = (−1)v となることを示す. 公理 (VIII), (V) により,
v + (−1)v = (1 + (−1))v = 0v = o,
(−1)v + v = ((−1) + 1)v = 0v = o
が成立する. よって (−1)v は公理 (IV) の v 0 の性質をみたす. 先に示した一意性から −v = (−1)v
である.
¶
³
定義 4. V をベクトル空間とする.
(1) ベクトル空間の公理 (III) における o を零ベクトルあるいは零元とよぶ. 零ベクトル
は数字の 0 を用いて表すことも多い.
(2) v ∈ V に対し, (IV) における v 0 を −v で表し, (加法に関する) v の逆元と呼ぶ.
µ
´
8
4
ベクトル空間の例
4.1
平面ベクトルの集合
足し算は, v1 平行移動したあと, v2 平行移動するのを v1 + v2 として定義 (picture). v1 のあと
v2 でも結果は同じ, つまり, v1 + v2 = v2 + v1 が確認できる (平行四辺形の性質). これが計算に
不都合がないということの一端.
定数倍については, α 倍したあと β 倍すると, αβ 倍される：β(αv) = (αβ)v (picture). これも計
算に不都合なしの一端.
このように平面ベクトル全体の集合は上の意味でベクトル空間となっている3 .
全く同様に, 空間ベクトル全体の集合もベクトル空間となっていることは各自納得せよ.
4.2
2 個の実数の組の集合
R2 = {(x, y)|x, y ∈ R} と書かれるもの. これは平面に座標を入れたとき, 各点（あるいは, ベ
クトル）の xy 座標の組を要素とする集合 (picture). この意味で R2 と平面は同一視できる. し
かし, 平面への座標の入れ方は無数にある.
例 1. (picture) (原点が違う) (方向が違う)
よって R2 と平面の同一視は, あくまでも平面に座標を入れた上の話. ともかく, この同一視に
よって平面ベクトルの足し算は
R2 の足し算に翻訳できる (picture). 以下, R2 の元は (x, y) では
Ã !
x
なく
(数ベクトルという) と書く. こう書くと R2 の足し算と実数倍は平面との同一視を決
y
めて初めて定義されるものに見えるかもしれないがそうではない. 平面との同一視とは独立に
Ã ! Ã ! Ã
!
Ã ! Ã !
x1
x2
x1 + x 2
x
αx
+
=
,α
=
y1
y2
y1 + y2
y
αy
と定義できている. こうして
R2 はベクトル空間となる.
Ã ! Ã !
1
0
以下, 記号として
,
を e1 , e2 で表す. これを R2 の基本ベクトルと呼ぶ.
0
1
4.3
d 個の実数の組の集合
全く同様に, 3 個の数の組全体の集合 R3 = {(x, y, z)|x, y, z ∈ R} もベクトル空間となる. そし
てこれは空間に座標を入れることで空間ベクトル全体の集合と同一視できる.
3
ベクトル空間の名前の由来となっている. ここで混乱をしないよう強調したいのは, ベクトル空間と言った時
はあくまで定義 1 の通りの抽象的なものであって, このような幾何的な意味があるとは限らないということ. 混乱
を避けるために線形空間という呼び方の方がよいかもしれない.
9
より一般に d 個の数の組全体の集合 Rd = {(x1 , . . . , xd )|x1 , . . . , xd ∈ R} もベクトル空間とな
る. d ≥ 4 では空間的な対応はないが, たとえば d 個の変数を持つ連立 1 次方程式


a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1d xd = b1




a x + a x + · · · + a x = b
21 1






22 2
2d d
2
·········
ae1 x1 + ae2 x2 + · · · + aed xd = be
を考えるとき, 自然に出てくる.4
また相対論では
 , 空間座標だけでなく時間を含めた４個の数で表現できる空間を考える.
x1
 .. 
d
R の元も  .  で表す.
xd
記号 1. ei (i = 1, . . . , d) で第 i 成分が 1, 他の成分がすべて 0 となる Rd の元を表す. これを基
本ベクトルという.
また, o ですべての成分が 0 である Rd の元を表す.
4.4
実数列の集合
各実数列 {an }n=0,1,··· を 1 つの元とする集合を V で表す (picture).5 この集合には R2 と類似の
和と実数倍が次のように定義できる:
・{an } + {bn } := {an + bn }.
例えば, {0, 1, 2, 3, 4, · · · } + {1, 1, 1, · · · } = {1, 2, 3, 4, 5, · · · }.
・α {an } := {αan }.
例えば, 3 {0, 1, 2, 3, 4, · · · } = {0, 3, 6, 9, 12, · · · }.
混乱しないようにしてほしいのは, これらの定義の左辺は, 右辺のように定義をしない限り, まっ
たく意味のない記号であること. このような定義の必要性を納得すること.
これらの定義は, R2 の場合と印象が変わらないが, 数列の項が無限個あるということでゆく
ゆく扱いが異なってくる.6

a11
a21

4
ちなみに A =  .
 ..
a12
a22
..
.
···
···

 
 
a1d
x1
b1
x2 
b2 
a2d 

 
 
.. , x :=  .. , b :=  ..  おくと, この方程式が Ax = b と表現できる



.
.
.
···
ae1 ae2 · · · aed
xd
be
ように行列 A と x の積が定義されている.
5
以下, n = 0, 1, · · · は省く.
6
ベクトル空間には次元というその広がり具合を表す大切な量が定義されるが, R2 が 2 次元のベクトル空間と
いうものになっているのに対し, V は無限次元のベクトル空間になっている. そのため, 例えば V → V なる線形
写像を研究するのに, 行列が使えなくなる (5.4 節, 5.11 節参照).
10
数列の問題では, 「与えられた漸化式をみたす数列を求めよ」という問題をよくやったと思う.
その中で, 次のような漸化式を満たす数列については, 線形代数を使って, すべて求めることが
できる. この例は (特に前期の) 講義の一つの中心的な例なのでよく理解しておくこと.7 c1 , c0
を与えられた実数とするとき,
W := {{an } | ∀n=0,1,... , an ∈ R, かつ an+2 = c1 an+1 + c0 an }
とおく.
ここで, これがベクトル空間になるというのは少し注意して理解しなくてはならない.
足し算と実数倍はもちろん, 上で実数列全体のベクトル空間に対して定義した足し算と実数倍
をそのまま使いたい. しかし, そうするためには, 次の 2 つのことをチェックする必要がある:
(a) W の 2 つの元 {an } , {bn } をとったとき, {an } + {bn } (V での足し算) はまた W に入るか？
(b) W の数列 {an } と実数 α に対して, α {an } もまた W に入るか？
(a), (b) がチェックできなければ, W において足し算と実数倍が定まっているとは言えないこと
を納得してほしい.
(a) のチェック
{an } は an+2 = c1 an+1 + c0 an をみたす. {bn } も bn+2 = c1 bn+1 + c0 bn をみたす. これを足し合わ
せてみよ.
(b) のチェック各自
4.5
部分ベクトル空間
この話を一般化して述べておこう.
¶
³
定義 5 (部分ベクトル空間). 上の例のように, ベクトル空間 V の空でない部分集合 W で
あって,
(a) v1 , v2 ∈ W ならば v1 + v2 ∈ W
(b) v ∈ W, α ∈ R ならば αv ∈ W
(W は和について閉じているという)
(W は実数倍について閉じているという)
を満たすものはベクトル空間になる. このようなベクトル空間を V の部分ベクトル空間と
いう.
µ
´
部分ベクトル空間がベクトル空間になるということは証明が要る. それにはベクトル空間の正
確な定義が必要である.8 ここでは, W が部分ベクトル空間ならば, o ∈ W であることだけ簡単
7
8
線形代数の中では一つの例に過ぎないが, 目新しさはあると思う.
気になる人はベクトル空間の定義に戻ってチェックせよ.
11
に説明しておく. W は空でないのである元 v を含む. 条件 (b) より, 0v ∈ W . 命題 1 (1) より
0v = o.
与えられた部分集合が部分ベクトル空間になるかどうかのチェックは上の定義に基づけば容
易である.
練習問題 1. 次の部分集合 W は部分ベクトル空間であるか？理由をつけて答えよ.
(Ã !)
0
(0) W =
⊂ R2
0
(1) W
(2) W
(3) W
(4) W
(Ã !
)
x
=
| x − y = 0 ⊂ R2
y
(Ã !
)
x
=
| x − y = 1 ⊂ R2
y
(Ã !
)
x
=
| xy = 0 ⊂ R2
y

 


x


 
= y  | 2x + 3y + z = 0, x + y + 3z = 0 ⊂ R3



 z
(5) {{an } | an+1 = an + 1} を 4.4 節の V の中で考える.
「
R2 の部分集合
W =
6 ){o}
練習問題 2. ~ 問題 1 (1)∼(3) の図を平面に書くと次の予想ができる：
(Ã
!
x
が R2 の部分ベクトル空間となる ⇐⇒ ある実数 a と b を用いて W =
| ax − by = 0 と
y
書ける.」これを示せ. 9
次の問題は抽象的だがそれほど難しくない.
練習問題 3. V をベクトル空間, V1 , V2 ⊂ V を部分ベクトル空間とする. このとき V1 + V2 :=
{v1 + v2 |v1 ∈ V1 , v2 ∈ V2 } とおくと, これは部分ベクトル空間になることを示せ.10 これを V1
と V2 の和と呼ぶ.
3 つ以上の部分ベクトル空間の和も同様に定義され, 部分ベクトル空間となることが示される.
V1 + V2 と V1 ∪ V2 は一般に異なるので注意.
練習問題 4. V をベクトル空間, V1 , V2 ⊂ V を部分ベクトル空間とする. このとき V1 ∩ V2 が部
分ベクトル空間になることを示せ.
9
10
a = b = 0 のときは W = R2 , a 6= 0 または b 6= 0 のとき, W は原点を通る直線を表す.
o = o + o ∈ V1 + V2 に注意. 従って V1 + V2 6= ∅ が分かる.
12
練習問題 5. ~ V をベクトル空間, V1 , V2 ⊂ V を部分ベクトル空間とする. このとき, V1 ∪ V2 が
部分ベクトル空間であることと, V1 ⊂ V2 , または V1 ⊃ V2 であることは同値であることを示せ.
練習問題 6. ~ V をベクトル空間, V1 , V2 ⊂ V を部分ベクトル空間で V と一致しないものとす
る. V 6= V1 ∪ V2 を示せ.
以上からも分かるように, 部分ベクトル空間によってたくさんのベクトル空間の例を構成す
ることができる. ある条件を課して作るので個性的なものが多い.
4.6
再び三項間線形漸化式を満たす数列の話
話を, 漸化式をみたす数列の話にもどす. V , W を 4.4 節の通りとする. V は R2 , 平面に比べ
非常に大きな広がりを持っているのに対し, W は R2 や平面と広がり方はそう変わらないこと
が分かる. それは次の意味においてである：
¶
³
命題 2. W において次のような 2 つの元をとる：
{an } : ただし, a0 = 1, a1 = 0 をみたす
{bn } ただし, b0 = 0, b1 = 1 をみたす
すると, 任意の元 {dn } は, {dn } = d0 {an } + d1 {bn } と書ける.
µ
´
証明. この考え方は以下でも頻繁に用いられるのでよく理解しておくこと. 4.4 節 (b) で check
したように, d0 {an } も d1 {bn } も W に入っている. さらに, 4.4 節 (a) で check したように,
d0 {an } + d1 {bn } = {d0 an + d1 bn } も W に入っている. {dn } のはじめの 2 項は d0 , d1 であ
る. d0 {an } + d1 {bn } についても同じ. 3 項間漸化式をみたす数列は, はじめの 2 項を決めて
しまえば決まってしまう. よって, 同じ初めの 2 項をもつ W の元は一致する. ゆえに {dn } =
d0 {an } + d1 {bn }.
これは R2 の次の事実と同様に理解することができる：
Ã !
Ã !
Ã ! Ã !
Ã !
Ã !
1
0
p
p
1
0
R2 の 2 つの元 e1 =
, e2 =
をとる. R2 の任意の元
は
=p
+q
と
0
1
q
q
0
1
Ã !
Ã !
1
0
書ける. つまり, これは (R2 と平面を同一視して考えれば)R2 のどの点にも
方向と
方
0
1
向という 2 方向への動きを繰り返せば到達できるということである.11 W についても, それを
集合というより空間と考えるならば, 命題 2 は, {an }‘ 方向 ’と {bn }‘ 方向’ の 2 方向への動き
を繰り返せばどの点 (数列) にも到達できるということを言っている.12
‘方向’ という言い方には違和感があるかもしれない. そこで次の言葉を用意しておくと便利
である.
11
12
この意味で R2 は (平面と同様)2 次元のベクトル空間であるという.
この類似については同型写像のところでさらにはっきりさせる (11.2 を参照).
13
¶
³
定義 6. W において, p{an } + q{bn } (p, q ∈ R) という形の元を {an } と {bn } の一次結合と
いう.
より一般に, 任意のベクトル空間 V の元 v1 , . . . , vm に対して, p1 v1 +· · ·+pm vm (p1 , . . . , pm ∈
R) という形の元を v1 , . . . , vm の一次結合という.
µ
´
命題 2 は, W の元はすべて {an } と {bn } の一次結合であることを言っている.
実数列全体のベクトル空間 V が平面や R2 の比べ非常に大きな広がりを持っているというこ
とを納得するための問題が次:
練習問題 7. ~ V の有限個の元 (数列) v1 , v2 , · · · , vm をどう選んでも (m も自由に選んでよい),
α1 v1 + · · · + αm vm とは書けない元が存在することを示せ.13
つまり, v1 , v2 , · · · , vm という有限個の‘ 方向 ’をどう V の中に選んでも, V 全体に到達しつ
くすことはできない.
練習問題 8. c0 , c1 , c2 を与えられた実数とする. W 0 = {{an } | an+3 = c2 an+2 + c1 an+1 + c0 an }
は V の部分ベクトル空間であることを示せ.
練習問題 9. ~ W 0 の 2 つの元 {an } と {bn } をどうとっても, その一次結合として表すことので
きない W 0 の元が存在することを示せ.
あまり強調しなかったが, 命題 2 において, {dn } を {an } と {bn } の一次結合で書き表す方法は
一通りしかない. つまり, {dn } = α{an } + β{bn } ならば, α = d0 , β = d1 に限る. これは, {an }
2
と {b
Ãn }!が W の基底であると言うことである (10 章参照). なお, これに対応して, R において
x
も,
= αe1 + βe2 ならば, α = x, β = y に限ることに注意.
y
4.7
d + 1 項間線形漸化式を満たす数列の集合
c0 , . . . , cd−1 ∈ R を定数として,
Wd := {{an } | すべての n ∈ N に対して an ∈ R, かつ an+d = cd−1 an+d−1 + · · · + c0 an }
とすると, これはやはり V の部分ベクトル空間になる.
4.8
関数の集合
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 , cos x, sin x, ex , · · · など, 実数 x に別の実数を対応させる規則を定
めるものを関数 (1 変数関数) という. f (x), g(x), · · · などと表すこともあった. ここでは, 関数
を写像と見て f : R −→ R なる記号も使う. 関数全体の集合には次のように足し算と実数倍を
定めることができる：
13
例えば, v1 = {1, 0, 0, · · · } , v2 = {0, 1, 0, 0, · · · } , · · · ではダメ
14
・関数 f, g に対して, f + g という関数は, (f + g)(x) = f (x) + g(x) がすべての x に対して
成立するものとして定義.
・関数 f と実数 α に対して, αf という関数は, (αf )(x) = α(f (x)) がすべての x に対して成
立するものとして定義.
こうして関数全体の集合 V もベクトル空間となることが分かる.
練習問題 10. ~ 数列全体の集合と同様, 関数全体のベクトル空間も無限次元であることを示せ
(問題 7 と同様に定式化せよ).
練習問題 11. 関数全体のベクトル空間 V の次の部分集合は V の部分ベクトル空間であるか？
理由をつけて答えよ.
(ア) 多項式で定義できる関数全体 {an xn + · · · + a0 |a0 , · · · , an ∈ R, n ∈ N}.
(イ) 次数が m 以下の多項式全体.
(ウ) 次数が m の多項式全体.
(エ) {a cos x + b sin x| a, b ∈ R}.
(オ) S を R の空でない部分集合とするとき, S のすべての点で消える (零点を持つ) 関数全体.
(カ) S を R の空でない部分集合とし, 少なくとも二つの点を含むとするとき, S の少なくとも
一点で消える関数全体.
(キ) f (x) → 0 (x → ∞) となる関数全体.14
慣習：ベクトル空間の元のことをベクトルという. 違和感があるかもしれないが, 例えば, 関
数全体の集合の元も, それをベクトル空間と考えている時は, ベクトルという.
5
線形写像の例
5.1
あるベクトルの正射影の長さ
f
a を長さ 1 の平面ベクトルとする. 写像 { 平面ベクトル } −→ R を x 7−→ (a · x) で定義する
(picture).15 これはつまり，a 方向への正射影の長さに他ならない．これは線形写像である
. こ
Ã !
Ã !
a
x
とおくとき, a · x = ax + by と書けることから,
, a=
のことは, 座標を導入し，x =
b
y
容易にチェックできる.
14
15
微分積分の知識を使う.
関数といってもよい.
15
5.2
平面の 1 点を中心とする回転
ここでは平面の一点を固定し, それを原点とするような直交座標系を考えることで平面を R2
と同一視する. Rθ : R2 → R2 を
v 7−→ (v を原点を中心に反時計まわりに角度 θ だけ回転したベクトル)
(picture) で定める．これが線形写像であることは幾何的に容易に確かめられる．具体的表示を
得るためには, 図で納得する方法と加法定理を用いる方法がある. 結果はよく知られているよう
に, 座標で書くと
Ã ! Ã
!Ã !
x
cos θ − sin θ
x
Rθ
=
y
sin θ cos θ
y
となる.
練習問題 12. 原点を通る直線 l を考える (picture)．Sl : R2 → R2 を
v 7−→ (v を l について対称移動したベクトル)
で定める．これが線形写像であることを示せ (これは幾何的に納得すればよい). また, l の長さ
1 の方向ベクトルを u とするとき，Sl を u を使って表せ.
このような線形写像を鏡映と言う.
練習問題 13. ~ f : R2 → R2 なる写像が次をみたすとする．
(ア) f はすべてのベクトルの長さを変えない.
(イ) f は任意の 2 つのベクトルの角度を変えない.
このとき f は線形写像であることを示せ．
5.3
行列で定まる R2 −→ R2 なる写像
Ã
!
a b
A=
(a, b, c, d ∈ R) を考える．(2 × 2 行列，2 次正方行列)
c d
!
Ã ! Ã
!Ã ! Ã
Ã !
x
ax + by
a b
x
x
=
で定義する．
との積を A
=
A とベクトル
y
cx + dy
y
y
c d
Ã !
Ã !
x
x
fA
R2 −→ R2 なる写像を
7−→
A
で定める．fA は線形写像であることが直接計算より
y
y
check できるが，次を先に示しておくと見通しがよくなる．
16
Ã
!Ã !
Ã !
Ã !
x
a
b
練習問題 14.
=x
+y
を示せ. 16
y
c
d
Ã !
Ã !
a
b
A を 2 つのベクトル a =
, b=
が並んでいると見て A = (a b) と記すことにする
c
d
と, 練習問題 14 の結果は
Ã !
x
(a b)
= xa + yb
y
a b
c d
と書ける.
fA が線形であることの証明
ÃÃ
!!
ÃÃ ! Ã !!
x2
x1 + x2
x1
=fA
fA
+
y1
y2
y1 + y2
= (x1 + x2 ) a + (y1 + y2 ) b
= (x1 a + y1 b) + (x2 a + y2 b)
=fA (x) + fA (y) .
Ã Ã !!
ÃÃ !!
x
x
fA α
= αfA
については各自.
y
y
¤
Ã !
Ã
!
x
x+1
練習問題 15.
7−→
は線形写像か？
y
y+1
5.4
R2 −→ R2 なる線形写像はいつでも行列で書ける
次の定理は線形写像と行列の対応を与える大切な結果 (の最も簡単な形) である：
¶
³
定理 1.
f : R2 −→ R2 を線形写像とする．このとき，ある 2 次正方行列 A があって f = fA ．
つまり，すべての v に対して f (v) = Av が成立する．
µ
´
証明
Ã !
Ã !
Ã !
Ã !.
x
x
b
a
= xe1 + ye2
を任意のベクトルとする．
:= f (e2 ) と定める．v =
:= f (e1 ),
y
y
d
c
16
直接計算すれば確かめられる簡単な式だが, 大切な見方.
17
Ã !
Ã !
Ã ! Ã
!Ã !
x
a
b
a b
x
に注目し, f の線形性を使うと f
= f (xe1 + ye2 ) = · · · = x
+y
=
．
y
c
d
c d
y
!
Ã
a b
最後の等号は練習問題 14 による. よって，A =
とおけばよい．
c d
¶
³
注意 1. A は e1 , e2 の行き先を並べてできる行列に他ならないということを頭に入れておく
こと. この見方は後に線形写像の基底に関する表現行列を考える際に一般化される (10.1.1
節のまとめを参照).
µ
ÃÃ !! Ã !
ÃÃ !! Ã !
1
2
1
2
練習問題 16. fA
=
, fA
=
となる A を求めよ.17
1
1
3
3
´
練習問題 17.
問題 12 の Sl について, l と x 軸の正の方向とのなす角を 2θ とするとき Sl に対応する行列を θ で
表せ．
練習問題 18. ~ 問題 13 のような線形写像は回転または鏡映に限られることを示せ.
Ã !
a
練習問題 19. v 7−→ (a · v) a は線形であることを示せ．また, a =
とおくとき, その行列
b
を求めよ．
5.5
線形写像から決まる部分ベクトル空間
線形写像から自然に定まる部分ベクトル空間がある.
V , W をベクトル空間, f : V −→ W を線形写像とする.
Ker f := {v ∈ V | f (v) = o} とおき, これを f の核と言う.
練習問題 20. Ker f が V の部分ベクトル空間であることを示せ.18
練習問題 21. f が単射 ⇐⇒Ker f = {o}19 を示せ．
Im f := {w ∈ W | ∃v ∈ V, w = f (v)} とおき, これを f の像と言う.
練習問題 22. Im f が W の部分ベクトル空間であることを示せ.
17
線形性より fA (e1 ), fA (e2 ) を求めよ. そうすれば, 注意 1 によって直ちに A が求められる.
f (o) = o は認めてもよい. これは次のように示せる. o + o = o であるから, f (o) = f (o + o) = f (o) + f (o).
よって, −f (o) を両辺に足して, f (o) = o を得る.
19
つまり f (v) = o =⇒ v = o
18
18
5.6
行列演算の一般事項
5.7
基本的定義
(実) l × m 行列とは

a11 a12
a21 a22

A :=  .
..
 ..
.
al1 al2

. . . a1m
. . . a2m 

.. 
...
. 
. . . alm
という形に実数を並べたもの. A = (aij ) と表すこともある. aij のことを A の (i, j) 成分と言う.
(l, m) を行列のサイズと言う. R に成分を持つ l × m 行列全体の集合を Ml,m (R) と書く.

a1j
´ a2j 
 
. . . aim ,  . 
 .. 

³
ai1 ai2
alj
をそれぞれ, A の i 行, j 列と言う.
数ベクトルは行列の特別な場合である. l = 1 のとき, つまり 1 × m 行列のことを m 次元横
ベクトル, m = 1 のとき, つまり l × 1 行列のことを l 次元縦ベクトルと言う. 縦ベクトルは, a,
b, ai などと表し, 横ベクトルは, t a, t b, t ai などと表す. ここで, t は行列の転置を取ると言う操
作を表しているが, これについては改めて触れる.
行列どうしの和, 差は, サイズの同じ行列に対してのみ定義され, それは, 各成分どうしの和,
差である. 行列の (実) 定数倍 (あるいはスカラー倍) とは, 各成分を定数倍するということ.20
注意 2. この和とスカラー倍によって Ml,m (R) はベクトル空間になる.
行列どうしの積は次のように定義. A は上の通り l × m 行列とし,

b11
 b21

B :=  .
 ..
b12
b22
..
.

. . . b1n
. . . b2n 

∈ Mm,n (R)
.. 
...
. 
bm1 bm2 . . . bmn
とする. ここで, A の列の数と B の行の数が等しいことに注意. このとき

Pm
Pm
a
b
a
b
.
.
.
1i
in
1i
i1
i=1
i=1


..
..
..
AB := 
 ∈ Ml,n (R).
.
.
.
Pm
Pm
i=1 ali bin
i=1 ali bi1 . . .
20
数ベクトルの時と同様.
19
つまり AB は (p, q) 成分が
m
X
api biq = ap1 b1q + · · · + apm bmq
i=1
(A の p 行目と B の q 行目の内積) である行列である.
注意 3. ここで和をとっているのは i についてであって p, q ではないということをきちんと認
識しておくこと. これに限らず, 和をとっているときは何について和をとっているのかを常に意
識すること.
例 2. 前にも触れたが, 式の数が l 個, 未知数の数が m 個の連立一次方程式
a11 x1 + · · · + a1m xm = b1
(1)
a21 x1 + · · · + a2m xm = b2
......
al1 x1 + · · · + alm xm = bl
が, A ∈ Ml,m (R) と縦ベクトル

  
x1
b1
 x2  b2 
   
 ..  ,  .. 
 .  .
xm
を用いて

a11 a12
a21 a22

 ..
..
 .
.
al1 al2
bl
   
. . . a1m
x1
b1




. . . a2m   x2  b2 

 ..  =  .. 
.. 
..




.
.
.
.
. . . alm
xm
bl
と表示できる.
これによって, 連立方程式の解法が行列の研究に帰着される (19 章).
行列積 AB の次の見方も有用である. AB の (p, q) 成分を見ると, A の p 行目, B の q 列目しか
関係しないことから, 次が成り立つ:
20
¶
³
³
命題 3. (1) B =
´
b1 . . .
くと,
bm
(ここで bj は B の j 列目である) のように表示してお
³
´
AB = Ab1 . . .
Abm .
ここで Abj は A と縦ベクトル bj の積.
t 
a1
 .. 
(2) A =  .  (ここで t ai は A の i 行目である) のように表示しておくと,
t
al
t

a1 B


AB =  ...  .
t
al B
ここで t ai B は横ベクトル t ai と B の積.
µ
´
行列とベクトルの積は次のように理解しておくことが大切. これは, 練習問題 14 の一般化を
含む.
¶
³
命題 4. (1)

a11 a12
a21 a22

 ..
..
 .
.
al1 al2
 
 


. . . a1m
x1
a11
a1m
 
a21 
a2m 
. . . a2m 
  x2 
 


 ..  = x1  ..  + · · · + xm  ..  .
.. 
...
 . 
 . 
.  . 
. . . alm
xm
al1
alm
(2)


a11 a12 . . . a1m
´ a21 a22 . . . a2m 
³


x1 . . . x l  .
=
.
.
.
.
.
.
.
 .
.
.
. 
al1 al2 . . . alm
´
´
³
³
x1 a11 . . . a1m + · · · + xl al1 . . . alm .
µ
´
次の２節でこれらの命題の応用を説明する.
21
5.8
行列で定まる Re −→ Rd なる写像
 
 
x1
x1
f




A
.
d × e 行列 A に対して Re −→ Rd なる写像を  ..  7−→ A  ...  で定める．fA は線形写像で
xe
xe
あることが直接計算で check できるが，命題 4 を使った方が見通しよく示せる.
fA が線形であることの証明


   
x1 + y1
y1
x1


   
fA  ...  +  ...  =fA  ... 
xe
xe + ye
ye
= (x1 + y1 ) a1 + · · · + (xe + ye ) ae
= (x1 a1 + · · · + xe ae ) + (y1 a1 + · · · + ye ae )
 
 
x1
y1
 .. 
 .. 
=fA  .  + fA  .  .
xe
ye
fA (αv) = αfA (v) については各自.
¤
練習問題 23. 練習問題 1 (1), (4) の部分ベクトル空間はある線形写像の核と見なせる. どのよ
うな線形写像をとればよいか？
5.9
行列積の結合法則
命題 3, 4 の応用として, 次の行列積の結合法則が示せる:21
A を n1 × n2 行列, B を n2 × n3 行列, C を n3 × n4 行列とするとき
(AB)C = A(BC).
まず, C が縦ベクトル c の場合を考える.

c1
 c2 
³
´
 
c =  .  , B = b1 . . . bn 3
 .. 

cn3
21
他の規則については省略した.
22
として命題 4 (1) を適用すると,
Bc = c1 b1 + · · · + cn3 bn3
となるので,
5.8 節
c1 Ab1 + · · · + cn3 Abn3
A(Bc) = A(c1 b1 + · · · + cn3 bn3 ) =
³
´ 命題 3 (1)
命題 4 (1)
=
Ab1 . . . Abn3 c = (AB)c.
よってこの場合は正しい. 一般の場合はこれを使って次のように示される:
C = (c1 , . . . , cn4 ) とおけば,
(AB)C = (AB)(c1 , . . . , cn4 )
(A(Bc1 ), . . . , A(Bcn4 ))
5.10
命題 3 (1)
=
命題 3 (1)
=
((AB)c1 , . . . , (AB)cn4 )
A(Bc1 , . . . , Bcn4 )
今示したこと
=
命題 3 (1)
=
A(BC)
行列積のブロック計算法
行列積の定義から行列をブロックに分けて計算することができることが分かる.
例 3. A, B を次のように置く:

a b c d e
 f g h i j

A=
 M N P Q R
F G H I J





B=




,

2
1
3
1
1
3
2
0
0
1
4
4
6
2
4




.


さらに,
Ã
A11 =
B11
と置くと,
Ã
A=
!
a b
,
f g
Ã
!
2 3
=
,
1 2
A11 A12
A21 A22
Ã
A12 =
B12
Ã !
4
=
,
4
Ã
!
,B=
!
c d e
,
h i j
B11 B12
B21 B22
B21
A21

3

= 1
1
Ã
!
Ã
!
M N
P Q R
=
, A22 =
,
F G
H I J
 

6
0
 

0 , B22 = 2
4
1
Ã
!
, AB =
となっていることが確かめられる.
23
A11 B11 + A12 B21 A11 B12 + A12 B22
A21 B11 + A22 B21 A21 B12 + A22 B22
!
こうして計算すると, あたかも A が A11 , A12 , A21 , A22 を成分とする行列, B が B11 , B12 , B21 ,
B22 を成分とする行列とみて, 行列積を計算しているように思える. この見方は, 例えば A21 = O
かつ B21 = O のとき, A21 B11 + A22 B21 = O となって, 特に有効である.
より一般に, 行列 A, B が次のように分割できたとしよう:
mk
m1
m2
z}|{
 z}|{ z}|{


©
m1
A11 A12 · · · A1k
B11 · · · · · · B1l
©
 ..

.. 
m2
 B21

 .
B2l 
.
 .

B=
A=
.. 
 .
 ..
.
..  ,
.
. 

 .
. 
©
mk
Bk1 · · · · · · Bkl
An1 An2 · · · Ank
ただし, 行列 A1j , A2j . . . , Anj の横幅 (列の数) はすべて同じ mj であり, 行列 Bi1 , Bi2 . . . , Bil の
縦幅 (行の数) はすべて同じ mi であるとする. このとき, AB は



AB = 


C11 C12 · · ·
..
.
..
.
Cn1 Cn2 · · ·
C1l
..
.
..
.
Cnl



,


Cij =
k
X
Air Brj
r=1
と計算できる.



1
1 2 3 4
3



練習問題 24. A = 0 0 2 1, B = 
0
0 0 0 2
0
5.11
2
4
0
0

3
5

 とするとき AB を計算せよ.
2
1
Re −→ Rd なる線形写像はいつでも行列で書ける
¶
³
定理 2. f : Re −→ Rd を線形写像とする．このとき，ある d × e 行列 A があって f = fA ．
つまり，すべての v に対して f (v) = Av が成立する．
µ
´
証明.
 
 
x1
x1
 .. 
 .. 
e
a1 := f (e1 ), . . . , ae := f (ee ) と定める．v =  .  を R の任意のベクトルとする． .  =
xe
 
x1
 .. 
x1 e1 + · · · + xe ee に注目して f の線形性を使う．f  .  = f (x1 e1 + · · · + xe ee ) = · · · =
xe
xe
24
 
x1
 .. 
x1 a1 + · · · + xe ae = (a1 · · · ae )  . ．最後の等号は命題 4 を使った. よって，A = (a1 · · · ae )
xe
とおけばよい．
¶
³
注意 4. A は e1 , . . . , ee の行き先を並べてできる行列に他ならないということを頭に入れて
おくこと. この見方は後に線形写像の基底に関する表現行列を考える際に一般化される (13
章参照).
µ
5.12
´
線形写像の合成と行列積
5.8 節と 5.11 節により線形写像と行列の対応が分かった. それと行列積の結合法則を踏まえると
行列積は線型写像の合成に対応していることが次のように分かる.22 f : Rm → Rl , g : Rn → Rm
を二つの線型写像とする. 定理 2 により, f , g はそれぞれ f (x) = Ax, g(y) = By (∀x ∈ Rm ,
∀y ∈ Rn ) と行列を用いて書ける. ここで A ∈ Ml,m (R), B ∈ Mm,n (R) である.
g
f
Rn → Rm → Rl
という合成を考える. これは記号 f ◦ g で表す. f ◦ g も線型写像であり, 対応する行列が AB で
あることが次のように分かる:
f ◦ g(y) = f (g(y)) = f (By) = A(By).
ここで, 行列積の結合法則より A(By) = (AB)y である. これは, まさに, f ◦ g も線型写像であ
り, 対応する行列が AB であることを言っている.
練習問題 25. ai (1 ≤ i ≤ n), bj (1 ≤ j ≤ n) を実数とする時, (i, j) 成分が ai bj であるような
行列


a1 b1 · · · a1 bn
 a2 b1 · · · a2 bn 


A= .

.
.
.
 .
. 
a n b1 · · ·
a n bn
に対応する線形写像 fA : Rn → Rn はどのような線形写像か？23
22
23
写像の合成というのは極めて自然な考え方であるから, この対応により, 行列積も自然な定義であると言える.
ヒント: A を縦ベクトルと横ベクトルの積で表してみよ.
25
6
固有値問題
6.1
目標の再設定
ここで f : R2 −→ R2 なる線形写像を例にとってこの講義の目標である線形写像を理解する
ということについてより詳しく述べる．後期にもつながることなのでよく頭に入れておくこと.
f は実 2 × 2 行列 A を用いて f = fA と書けるのであった (5.4 節). これで f は随分, 具体的に
なったとも言えるが，A の成分 a, b, c, d の様子によって f がよく分かる場合とそうでない場
合がある．
Ã
!
Ã ! Ã !
2 0
x
2x
(1) A =
であれば，A
=
であるので確かに分かりやすい (e1 方向へ２倍,
0 3
y
3y
e2 方向へ３倍)．
!
Ã
Ã !
Ã !
1 1
1
1
(2) B =
はどうか？Be1 =
, Be2 =
(picture).24 しかし，次のように理
−2 4
−2
4
解した方がはるかによい．
: !
Ã !
Ã !
Ã ! B については次が成立していることが分かる
Ã ! ÃÃ !
Ã !
1
1
1
1
1
1
B
=2
, B
=3
は 2 倍され，
は 3 倍される . すると
1
1
2
2
1
2
( Ã !
Ã !)
Ã !
Ã !
1
1
1
1
B p
+q
= 2p
+ 3q
1
2
1
2
(2)
(picture).
ここで次の事実に注意する.25
¶
³
2
命題 5. R のベクトル v1 と v2 が互いに実数倍でなければ (この条件には, ともに o でない
ということも含まれる), どんなベクトル v ∈ R も唯一通りに pv1 + qv2 と書ける.
µ
´
Ã !
Ã !
b
a
証明. v1 =
, v2 =
とおく. よく知られているように, v1 と v2 が互いに定数倍でない
c
d
!
Ã
!
Ã
a b
a b
が逆行列を持つこととも同値である. よっ
6= 0 が成り立つ. これは
⇐⇒ det
c d
c d
!Ã ! Ã !
Ã
Ã !
x
p
a b
x
であるが, この連立方程式は
=
に対して, v = pv1 + qv2 ⇐⇒
て, v =
y
q
c d
y
ただ 1 つの解をもつ.
µ
¶ µ ¶
1
1
,
を二辺とする平行四辺形に写される図を描いてみよ.
−2
4
25
この命題は以下で繰り返し用いられる重要ものである.
24
e1 , e2 を二辺とする正方形が
26
注意 5. R2 だから 2 つのベクトルで済むのであって, R3 なら 3 ついる. さらにその条件は命題 5
のように単純でない. 13 章では, 結局, 命題 5 の結論を使ってその条件の一般化を定義している.
命題 5 は, 互いに実数倍でない２つのベクトル v1 と v2 を持ってくるとそれによって (斜交) 座
標が定まるということを言っている
Ã ! Ã (p,
! q が座標).
1
1
(2) の B に話を戻そう.
と
は確かに互いに定数倍でないので斜交座標を定める. 式
1
2
Ã !
Ã !
1
1
(2) はまさに B によって,
座標が２倍,
座標が３倍されるということを言っている.
1
2
このように f に対して，f が拡大 (又は縮小) となる二つの方向 (ベクトル) が見つかれば,26
(2) の f は (1) とほぼ同様に理解できる.
問題は
¶
³
固有値問題. (a) f が拡大・縮小となるような方向 (ベクトル) がとりあえず一つでも見つか
るか？ただし, 互いに定数倍である二つの方向 (ベクトル) は本質的に同じものと考える.
(b) そのような方向をどのように見つけることができるのか？
(c) このような方向はどのくらい見つかるか？
µ
´
この固有値問題に解答を与えるのがこの講義の目標である.
まず (a) に関して, 一般的な設定の下で, 基本的な言葉を定義しておく.
¶
³
定義 7. V をベクトル空間, f : V → V を線形写像とする. f に対して，次の条件をみたす
ベクトル v を固有ベクトルという．
(1) v 6= o．
(2) f (v) は v の定数倍になる．つまり，ある α があって f (v) = αv (α は 0 でもよいこと
に注意).
n × n 行列 A で定まる fA : Rn → Rn の場合は, A の固有値, 固有ベクトルということが多い.
µ
´
次の例から分かる通り, (a) の答えは一般に No である.
例 4.
5.2 節の Rθ については，図形的に明らかなように, θ = 0, π を除いて, 固有ベクトルを持たな
い．
θ = 0 なら，R0 はどのベクトルも動かさないので，o でないすべてのベクトルが固有ベクトル.
θ = π なら，Rπ はどのベクトルも (−1) 倍するので，o でないすべてのベクトルが固有ベクトル.
26
正確に言えば, 互いに定数倍でない二つの方向 (ベクトル).
27
練習問題 26. 問題 12 の Sl についてはどうか？
しかし, 複素数の範囲までスカラーを拡張すれば, (a) の答えが肯定的であることが分かる (8.3
節, 8.4 節, より一般には 21 章),
固有値問題 (b) に関しては, まず, f : R2 → R2 について, すぐに一般的解答を与える (7.1 節).
任意の f について解答が与えられるのは, 21 章であり, それまでに様々な技術の準備を必要と
する.
固有値問題 (c) に関しては, R2 → R2 の場合, 理想的なのは, 定数倍の違いを除いて二つの固
有ベクトルが見つかることだが, 1 つしかない場合もある.
Ã
!
1 1
例 5. A =
については, 複素数までスカラーを拡張しても一つしかないことが分かる.
0 1
詳しくは, 7.2 節で調べる.
6.2
数列のなすベクトル空間のある線形写像
固有ベクトルの少し変わった例を与えるために 4.4 節で考えた実数列のなすベクトル空間 V ,
W を考える. この例は後で繰り返し出てくるのでよく理解しておくこと.
まず T : V → V なる写像を次のように定義:
T ({a0 , a1 , a2 , · · · }) = {a1 , a2 , a3 , · · · } (つまり左にずらす)
練習問題 27. T は線形写像であることを示せ．
練習問題 28. T の固有ベクトルとは何か？
練習問題 29. T は W の元を W にうつすことを示せ．
よって，T は W から W への線形写像を定めている．
練習問題 30. T : W −→ W の固有ベクトルとは何か？
以上の考察は漸化式を満たす数列をすべて求めるのに役立つ.27
練習問題 31. c1 = 3, c0 = −2 のとき，漸化式を満たす数列を全て求めよ.
前にのべたように，W は 2 次元的な広がりをもっていた．よってこの問題のように互いに定数
Ã
!
1 1
倍でない等比数列が見つかれば，すべての W の元を表すことができる．これは A =
−2 4
のときの fA とよく似ている．
c0 , c1 の値によってはこれは不可能なこともある．
27
受験テクニックとしては知っているであろう.
28
2
例 6. c1 = 2, c0 = −1 について，t2 − 2t + 1 = 0 Ã (t − 1) = 0
(重解)．
このようなときでも漸化式の解をすべて求めることはできる (問題 37).
この節の問題の略解
練習問題 28 固有ベクトルの定義に戻ると {an } 6= {0, 0, 0, · · · } であって，ある α があって
T ({an }) = α ({an }) となるものが固有ベクトル. T ({an }) = {a1 , a2 , · · · } = {αa0 , αa1 , αa2 , · · · }，
つまりすべての n について an+1 = αan が成立している．これは {an } が {0} でなく, 公比 α の
等比数列であるということである．
練習問題 29 {an } ∈ W とし，T ({an }) = {bn } とおく．bn = an+1 に他ならない．
an+2 = c1 an+1 + c0 an Ã an+3 = c1 an+2 + c0 an+1 Ã bn+2 = c1 bn+1 + c0 bn である.
練習問題 30 {an } を求める固有ベクトルとする．練習問題 28 により，{an } は {0} でない等
比数列である：{an } = {a0 , αa0 , α2 a0 , · · · } (a0 6= 0)．さらに漸化式をみたすので，αn+2 a0 =
c1 αn+1 a0 + c0 αn a0 Ã α2 = c1 α + c0 ．よって，α は t2 − c1 t − c0 = 0 なる 2 次方程式の解.28
練習問題 31 前問により，t2 −3t+2 = 0 の解 t = 1, 2 に対して，{1, 1, 1, · · · } と {1, 2, 22 , 23 , · · · }
は漸化式の解．あとは, 命題 2 の考え方によって, すべての解は, この二つの一次結合であるこ
とが分かる.
6.3
関数のなすベクトル空間の線形写像
V を関数のなすベクトル空間とする．V0 ⊂ V を何度でも微分できる関数29 全体のなす部分集
df
df
∈ V0 に注意. 微分の性質
合とする. 写像 D : V0 → V0 を f 7−→
で定める. f ∈ V0 ならば, dx
dx
によって，f , g ∈ V0 に対して D(f + g) = D(f ) + D(g), f ∈ V0 , α ∈ R に対して D(αf ) = αD(f )
が成り立つ. これにより, V0 は V の部分ベクトル空間であり, D が線形写像であることが分かる.
c0 , c1 ∈ R を定数とするとき,
½
¾
d2 f
df
W = f (x) ∈ V0 | 2 = c1
+ c0 f
dx
dx
とおく．W は V0 の部分ベクトル空間である. この W は三項間線形漸化式をみたす数列全体の
ベクトル空間とよく似ている．D が T の役割を果たす.30 練習問題 29 と同様, D は W の元を
W にうつすので，W −→ W なる線形写像を定める．これも D で表す.
練習問題 32. D : V0 −→ V0 の固有ベクトルとは何か？
練習問題 33. D : W −→ W の固有ベクトルとは何か？
練習問題 34. c1 = 3, c0 = −2 のとき，W を求めよ．
28
このように固有ベクトルより先に固有値が決まるのは, 一般的なこと. 下記の R2 → R2 の場合を参照せよ.
an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 , eαx , cos αx, sin βx, などなど.
30
実は, テイラー展開できるような関数の場合, その係数を並べてできる数列の D による変化が T を施すことと
等しい.
29
29
この節の問題の略解
df
= αf となる f である．このような関数の求め方はよ
dx
df
く知られている. 概略を示す.
= αdx Ã log |f | = αx + const. Ã f = Ceαx ．f 6= 0 より
f
C 6= 0.
練習問題 33 f = Ceαx (C 6= 0) であって，さらに Cα2 eαx = c1 Cαeαx + c0 Ceαx をみたすも
の．α2 = c1 α + c0 より，α は t2 − c1 t − c0 = 0 の解.
練習問題 34 Aex + Be2x . ここでは数列の場合と類似の次の事実を使う (数列のときと違って
d2 f
df
自明ではない). f (0) および f 0 (0) の値が与えられると,
= c1
+ c0 f を満たす f が存在す
2
dx
dx
る. しかも唯一つ存在する.
練習問題 32 ある α ∈ R があって
7
7.1
線形写像 R2 −→ R2 の固有ベクトル
求め方
Ã
!
Ã !
Ã !
Ã !
Ã !
1 1
1
1
1
1
B =
に対して B
=2
, B
=3
が成立するのだった (6.1 節)．
−2 4
1
1
2
2
これはどのようにして見つけられるのか？つまり
, ある α ∈ R があって fB (v) = αv となるベ
Ã !
x
クトル v =
6= o を見つけたい. ここで v も未知だが，α も未知であることに注意する．そ
y
こで次のように問題を少し変えてみる
Ã !
Ã !
Ã !: Ã !
x
x
x
0
B
=α
となる α と
6=
を求めよ．
y
y
y
0
さらにこれを次のように考え直す
Ã !
Ã !
Ã ! :Ã !
x
x
x
0
B
=α
となる
6=
が存在するような α を求めよ．
y
y
y
0
(
Ã ! Ã !
( 先に倍率を決めてしまおうというのである．これを具体的に書き下してみると，
(1 − α) x+
y =0
x
0
x+ y = αx
⇐⇒
となる
6=
が存在するよ
−2x+ 4y = αy
−2x+ (4 − α) y = 0
y
0
うな α を求めよ，となる．
こうして固有ベクトルと固有値を求める問題は連立一次方程式を解く問題となった．ここで
次のことに注意する．
30
¶
³
(
px+ qy = 0
命題 6. 連立一次方程式
を考える．これが (x, y) 6= (0, 0) なる解を持つ
rx+ sy = 0
Ã
!
!
Ã
p q
p q
:= ps − rq が 0 である.
⇐⇒ 係数の作る行列
に対して定まる数 det
r s
r s
µ
*
°
´
– p = q = r = s = 0 のときは明らかにすべての (x, y) が解となる．また行列式は 0 で
ある．よって，このときは上の同値性が成立している．
– p = q = 0, (r, s) 6= (0, 0) のとき．第 1 の式はすべての (x, y) が満たす．
第 2 の式は直線の式である．よって，直線 rx + sy = 0 上の点 (x, y) が解である．行
列式も 0 であるので，このときも同値性が成立．
– (p, q) 6= (0, 0) , r = s = 0 のときも同様．
– (p, q) 6= (0, 0) かつ (r, s) 6= (0, 0) のとき 2 つの式はともに直線を表す．よって解があ
る ⇔ ２つの直線が一致 ⇔ p : q = r : s ⇔ ps − rq = 0.
Ã
!
α − 1 −1
こうして，上の問題の α の条件は det
= (α − 1) (α − 4) + 2 = 0 であることが
2
α−4
分かる． α2 − 5α + 6 = 0 Ã α = 2, 3．
次に，各 α について解 (x, y) を求めればそれが固有ベクトルを与える.
注意 6.
Ã ! Ã ! Ã !
1
2
−1
例えば，α = 2 に対して
も
も
も解であるが，これらは互いに実数倍であり,
1
2
−1
Ã !
1
どれも本質的に同じもの．t
(t 6= 0) と答えればよい.
1
31
¶
³
一般の A についての固有値と固有ベクトルの求め方
Ã !
Ã !
x
x
(1) A
=α
が (x, y) 6= (0, 0) なる解をもつような α を求める．
y
y
(
(
ax+ by = αx
(α − a) x+
−by = 0
⇐⇒
⇐⇒ (αE − A)x = o より，
cx+ dy = αy
−cx+ (α − d) y = 0
α は (α − a) (α − d) − bc = 0，つまり det(αE − A) = α2 − (a + d) α + ad − bc = 0 の
解である．
これを A の固有方程式と言う. また, 多項式 det(tE − A) = t2 − (a + d)t + (ad − bc) を
A の固有多項式と言い, ΦA (t) で表す. なお, 係数に出てくる a + d は A のトレースと呼
ばれる大事な量である. tr A で表す.
Ã !
Ã !
Ã ! Ã !
x
x
x
0
(2) 求まった α に対して A
=α
なる連立方程式を解き
6=
を求める．
y
y
y
0
µ
´
注意 7. 固有方程式の実解に対しては必ず一つは固有ベクトルが見つかることに注意.
Ã
!
1
3
練習問題 35. A = 21
について，固有値と固有ベクトルを求めよ．
1
2
例 7.Ã
!
cos θ − sin θ
A=
(0 < θ < 2π, θ 6= π) について，このとき固有ベクトルが存在しないこ
sin θ cos θ
とはすでに見た (図形的に明らかな理由). A の固有方程式の立場からこれを見てみよう. ΦA (t) =
t2 − 2 cos θ · t + 1 = 0 Ã t = cos θ ± i sin θ. θ 6= 0, 2π, π により sin θ 6= 0．つまり t は実数では
ない．このように二次方程式に実数解がないから固有ベクトルとがないと代数的に結論付ける
こともできるのである.
固有値問題 (c) について, いつでも, 互いに定数倍でない二つの固有ベクトルが見つかるとは
限らない．これは A の固有方程式の解の様子による．
Ã
!
1 1
例 8. A =
について，α2 − 2α + 1 = 0 Ã α = 1 (重解) で解は 1 つしかない. 固有ベ
0 1
Ã !
1
の定数倍しかないことが分かる.
クトルも
0
注意 8.
例えば Rd −→ Rd の場合，同様のことをやろうとすると何が問題となるのか？
ほとんど同じように話が進むが，行列式のところだけひっかかる．d × d 行列について行列式を
32
定義し，行列式が 0 であることと連立一次方程式が自明でない解をもつことが同値なことを示
さなくてはならない (21 章の定理 27)．これは後に連立方程式の解法の一般論, 行列式の一般論
を展開することによって解決される (16 章, 19 章).
注意 9. 上で「固有ベクトルがない」とか「互いに定数倍でない二つの固有ベクトルが見つか
らない」という言い方をしたが, これは 2 × 2 行列 A によって定まる fA : R2 → R2 に対してで
あって, 8 章で A によって定まる C2 → C2 を考えると, 固有ベクトルは少なくとも一つは存在
することが分かる.
7.2
固有方程式と固有ベクトルの様子
固有方程式の観点から, いつ 2 つの互いに定数倍でない固有ベクトルが見つかるかを考察す
る.
1) まず
0 が相異なる
2 つの実解
A (t) =Ã
Ã Φ!
!
Ã !
Ã !α, β をもつとき
Ã ! . Ã !
Ã !
x1
x1
x2
x2
x1
x2
x1
A
=α
,A
=β
なる
6= o,
6= o が見つかる.
と
y1
y1
y2
y2
y1
y2
y1
Ã !
x2
は明らかに互いに定数倍でない. よってこのときは確かに互いに定数倍でない二つ
y2
の固有ベクトルが見つかる. これを命題という形で述べておく.
¶
³
命題 7. ΦA (t) = 0 が相異なる二つの実解を持てば, 互いに定数倍でない二つの固有ベ
クトルがある.
µ
´
2) 次に ΦA (t) = 0 が重解 α をもつとき.
Ã !
Ã !
x1
x1
まず α ∈ R であることに注意する. よって, 少なくとも 1 つ A
= α
なる
y1
y1
Ã !
x1
6= o はある. つまり, 少なくとも一つ固有ベクトルが存在するが, これと定数倍で
y1
ない, もう一つの固有ベクトルが見つかるときとそうでないとき両方あり得る.
Ã !
Ã !
Ã !
Ã !
x1
x2
x2
x2
の定数倍でないものがある場合
6= o で
となる
=α
2-1) もう 1 つ A
y1
y2
y2
y2
(picture).
Ã !
Ã !
Ã !
x
x
x
このとき任意のベクトル
に対して A
=α
が成立する.
y
y
y
33
Ã !
Ã !
Ã !
x
x1
x2
* 命題 5 より
°
=p
+q
と書けるので. //
y
y1
y2
特に Ae1 = αe1 , Ae2 = αe2 より A = αE である (このような行列をスカラー行列とい
う).
この場合はかなり特殊であることが分かった.
Ã !
Ã !
Ã !
x
x
x1
2-2) A
=α
を満たす固有ベクトルがすべて
の定数倍である場合.
y
y
y1
このときは fA をどのようにとらえたらよいのか？ウォーミングアップとして次の問題を
考えよう.
Ã
!
2 −1
練習問題 36. A =
のときの固有値 α, 固有ベクトル u を求めよ. 固有ベクトル u
1 0
Ã !
Ã !
Ã !
x
x
x
を一つ選んでおく.31 このとき A
=α
+ u となる
6= 0 を求めよ (picture).
y
y
y
これを 2-2) の場合に一般化したのが次の議論である.
Ã !
Ã ! Ã !
Ã !
x2
x2
x1
x2
A
=α
+
となる
6= o が見つかる.
y2
y2
y1
y2
* つまり, 連立方程式
°
Ã
!Ã ! Ã !
a−α
b
x2
x1
=
(3)
c
d−α
y2
y1
Ã
!
Ã
!
a−α
b
a
−
α
b
が解を持つことを言えば良い. 条件により,
6= 032 かつ det
=
c
d−α
c
d−α
Ã
! Ã
!
a−α
b
0. よって
と
は, どちらかは o かもしれないが両方 o ではなく, ある o
c
d−α
Ã
!
Ã
!
a−α
b
でないベクトル u の定数倍になっている, つまり,
= pu,
= qu と書け
c
d−α
る. ここで p または
A の固有ベクトルであることを示す
. まず任
Ã !
Ã ! q はÃ0 でない. 実は!uÃは!
³
´
x
x
a−α
b
x
= (px + qy)u によって
= pu qu
は,
意のベクトル
y
y
c
d−α
y
!
Ã
a−α
b
によって u に平行なベク
u に平行なベクトルにうつされる. よって u も
c
d−α
31
定数倍を除き一つに決まる
.
µ
¶
a
−
α
b
32
= 0 ならば A = αE となって, 2-1) の場合となる.
c
d−α
34
トルにうつる
; (A − αE)u// u. つまり
. 2-2) の条件より u
Ã !u は A の固有ベクトルである
Ã !
Ã !
x1
x1
x1
とできる. すると方程式
は
の定数倍である. そこで,
6= o により, u =
y1
y1
y1
Ã
!Ã !
Ã ! Ã !
a−α
b
x2
x1
x1
(3) は
= (px2 + qy2 )
=
⇐⇒ px2 + qy2 = 1 なる方程
c
d−α
y2
y1
y1
式となるが, p または q は 0 でないので, いくらでも解が見つかる.// (picture, 座標変換)
注意 10. この議論は Jordan 標準形の話へとつながってゆく.
数列の場合に類似の考え方をすると次のような応用がある.
練習問題 37. 4.4 節の漸化式を満たす数列の問題で, c1 = 2, c0 = −1 のとき {1, 1, 1, · · · }
は 1 つの T の固有ベクトルである.33 このとき T ({an }) = {an } + {1, 1, 1, · · · } となる数列
を (1 つ) 求めよ. これを利用して, 漸化式を満たす数列をすべて求めよ.34
練習問題 38. ~ この問題を t2 = c1 t + c0 が重解を持つときに一般化せよ.
練習問題 39. ~ 6.3 節の微分方程式の問題で c1 = 2, c0 = −1 のとき同様の問題を考えよ.
練習問題 40. ~
次の東大入試の問題を上の 1), 2-1), 2-2) の場合分けを使って解け.
Ã
!
a b
実 2 × 2 行列 A =
が次の条件 (1), (2) を満たすとする.
c d
Ã !
e
(1) A の 1 つの固有値 s は正でその固有ベクトルは
(e ∈ R) の形.
1
Ã !
Ã !
xn
1
(2)
= An
とおくとき, xn −→ 0, yn −→ 0 (n → ∞).
yn
0
このとき c = 0 かつ |a| < 1 を示せ.
!
Ã
a b
(a, b, d ∈ R)(このような行列を実対称行列と呼ぶ) について
練習問題 41. A =
b d
は, いつでも 2 つの定数倍でない固有ベクトルが存在することを示せ. また, スカラー行
列でない実対称行列に対して, 定数倍でない二つの固有ベクトルは互いに直交することを
示せ.
実対称行列のこの性質は, 二次曲線の標準形を求める問題に応用される (12.2 節).
33
34
これは以前に説明したやり方で求められる.
練習問題 36 と同じ趣旨の問題であることを納得せよ.
35
練習問題 42. ~ A を実 2 × 2 行列とする. R2 のベクトル v0 6= o に対して, ある２より大
きい整数 m が存在して, Am v0 = v0 かつ 0 < i < m に対して Ai v0 6= v0 が成り立つと仮
定する. このとき, Am = E を示せ.
3) ΦA (t) = 0 が実解をもたないとき.
このときは線形写像の拡大縮小の方向を求めるという幾何的問題としてはどうしようも
ない. しかし実は 1) の場合と (代数的な観点から言えば) 本質的に変わらないのである.
結論から言えば, 複素数の範囲まで広げれば, 二つの互いに定数倍でない固有ベクトルを
持つ. これを定式化するためには, 複素数の範囲までベクトル空間の概念を広げる必要が
ある. これは次章で複素数の一般事項を説明した後, 行われるが, ここでは, その動機づ
けのために, 数列の問題を考えよう. 6.2 節の設定で, c1 = 0, c0 = −1 のときを考えてみ
る.35 t2 = −1 の解は ±i である (特に, 実数ではないが 2 つの相異なる解を持つ). すると,
T ({an }) = i {an } なる実数列はないが, 複素数にまで範囲を広げれば, 公比 i の等比数列
{1, i, i2 , · · · } が漸化式を満たす. 同様に, T ({an }) = −i {an } も {1, (−i), (−i)2 , · · · } が漸化
式を満たす. ここで {an } を任意の漸化式を満たす実数列とすると, 命題 2 と同様にして,
a0 − ia1 n
a0 + ia1
{an } =
{i } +
{(−i)n } が分かる.36
2
2
実は, ここでの議論は複素数列としても何ら変わりはないことに注意する.
注意 11. ~ 微分方程式のときは少し難しい. 同様に c1 = 0, c0 = −1 とすると, 固有ベクト
df
ルは
= ±if なる関数であり, 複素数を値に持つ関数の話になる. 答えは f = e±ix であ
dx
る. 以下では, 下記の例 9 を踏まえて説明する. オイラーの公式より, 実は f = cos x±i sin x
である.37 解は A(cos x + i sin x) + B(cos x − i sin x) = C cos x + D sin x と表示される.
このように, 複素数の範囲まで広げることで, c0 , c1 の値に応じて解いていた微分方程式を
統一的に解くことが出来るという利点がある.
こうしてベクトル空間に出てくる量を複素数にまで広げて考える有用性がみてとれる.
次章で複素数の基本事項を説明した後, 再び, 3) の考察を続けることにする.
8
複素ベクトル空間と線形写像
8.1
複素数の一般事項 (特に複素平面)
ここで複素数の基本的な話を少ししておく.
35
これは問題としてはあまりよくない. なぜなら答えが簡単に分かるから. 簡単に分かるものを難しく表現して
いることになる. 考え方を理解してもらいたい.
36
やさしいものを難しく表現しているだけだが, 一つの式で表示できるという利点はある.
37 df
= (cos x ± i sin x)0 = − sin x + i cos x = ±i(cos x ± i sin x) となって確かに条件を満たしている.
dx
36
複素数とは虚数単位 i (i2 = −1) によって a + ib (a, b ∈ R) と表される数. a を実部, b を虚部
と言う. 複素数全体を C で表す. 複素数には次のように加法と乗法が定まっている.
加法 (a + ib) + (c + id) := (a + c) + i(c + d).
乗法 (a + ib)(c + id) = (ac − bd) + i(bc + ad).
乗法については, i2 = −1 と分配法則が成り立つためにこうならなくてはならない. α = a + ib
に対して, α = a − ib とおき, これを α の共役という.
練習問題 43. α = a + ib に対して, αα = a2 + b2 を示せ. また, α 6= 0 のとき,
1
α
=
α
a2 +b2
を示せ.
練習問題 44. αβ = αβ を示せ.
複素数 x + iy を点 (x, y) と対応させることにより, 複素数全体を座標平面の点全体と同一視
できる. このように考えた座標平面を複素平面と呼ぶ. このとき, x 軸は実数全体に対応するか
ら実軸, y 軸は純虚数全体に対応するから虚軸と呼ばれる.
複素平面において, 複素数の加法と乗法は幾何的な意味を持つ. まず, 加法は平面ベクトルと
しての足し算に他ならない. ちなみに複素数に実数をかけるのは, 平面ベクトルとしてのスカ
ラー倍に他ならない. こうして複素数全体は (実) ベクトル空間とも見なすことが出来る.
練習問題 45. 次を示せ.38
・ |α + β| ≤ |α| + |β|
(三角不等式)
・ |α + β|2 + |α − β|2 = 2(|α|2 + |β|2 )
(中線定理)
練習問題 46. |z − 1| = |z − 2| = 1 となる複素数 z を求めよ.39
乗法の幾何的意味を考えるためには複素数の極表示を導入するのがよい. α = a + bi に対し
√
a2 + b2 = αα を α の絶対値といい, |α| で表す. これは, 複素平面における原点からの距離に
他ならない. α 6= 0 に対して, 実軸の正の部分からはかった角 θ を α の偏角といい, arg α で表す.
このとき,
α = |α|(cos θ + i sin θ)
√
と表せる. これを α の極表示という.40 乗法の幾何的意味であるが, α, β を 2 つの複素数とし,
α = |α|(cos θ + i sin θ)
と表しておく. すると,
β = |β|(cos ϕ + i sin ϕ)
αβ = |α||β|{(cos θ cos ϕ − sin θ sin ϕ) + i(cos θ sin ϕ + sin θ cos ϕ)}
= |α||β|{(cos(θ + ϕ) + i sin(θ + ϕ)}.
38
平面ベクトルの問題に翻訳して考えるとよい.
同じく平面ベクトルの問題に翻訳して考えるとよい.
40
0 に対しては適当に偏角を決めておく (例えば 0) と決めておくと便利.
39
37
つまり, αβ を α に β をかけると見ると,
α は絶対値 (原点からの距離) が |β| 倍され, 反時計周りに ϕ 回転される
ことになる. このように複素数のかけ算というのは代数的には単なる定数倍だが, 幾何的には定
数倍と回転を意味しているのである.
例 9. (cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ (ド・モアブルの公式).
eiθ := cos θ + i sin θ(オイラーの公式) とおくと, ei(θ+ϕ) = eiθ eiϕ となり, 指数法則の拡張と見
れる. 実際, 複素べきの指数関数というのを定義することができてこれは正当化される.41
練習問題 47. z 5 = 1 を解け. また, その結果とド・モアブルの公式より, cos
2π
の値を求めよ.42
5
練習問題 48. 正五角形の対角線と一辺の長さの比を求めよ. また, その一辺の長さを 1 とする
とき, 内接円, 外接円の半径を求めよ.
練習問題 49. 次を示せ: m, n 互いに素 =⇒1 の原始 m 乗根と原始 n 乗根の積は原始 mn 乗根.
8.2
複素ベクトル空間と線形写像の定義
複素ベクトル空間とは定義 1, 定義 3 において実数倍を複素数倍に置き換えて定義されるもの.
今まで考えていたベクトル空間はこれからはなるべく実ベクトル空間と呼ぶことにする.
例 10. Cn := {(z1 , . . . , zn ) | z1 , . . . , zn ∈ C},
{ 複素数列 }, { 複素数に値を持つ関数 } など.
複素ベクトル空間の間の線形写像も実数倍を複素数倍に置き換えるだけで定義できる.
例 11. 複素行列をかける写像
練習問題 50. 5.3, 5.4 節の内容を複素ベクトル空間に拡張せよ.
その他, 今までの内容はほとんど複素ベクトル空間に拡張できるので各自試みよ.
P∞ n
詳しくは微分積分の教科書 (授業) に譲るが, 本来は次のように考える. 複素数 z に対して, ez := n=0 zn! と定
義する. 右辺はすべての複素数に対して収束することが分かる. また, z が実数のときは通常の指数関数と一致する
(−1)n z 2n
(−1)n z 2n+1
ことも分かる. この定義から, ez ew = ez+w も従う. 一方で, 複素数 z に対して, sin z = (2n+1)! , cos z = (2n)!
と定義する. これらについても, 右辺はすべての複素数に対して収束し, z が実数のときは通常の三角関数と一致
することが分かる. これらの定義により
, eiz = cos
i sin z が分かる.
r
r z +√
√
√
√
1∓ 5 1 5± 5 1∓ 5 1 5± 5
42
+
i,
−
i (複号同順)
答z =
4
2
2
4
2
2
41
38
8.3
複素線形写像の固有値問題
複素ベクトル空間 V に対して, 線形写像 f : V → V の固有値問題も同様に定義することが出
来る. 固有値と固有ベクトルの定義で実数を複素数に変えればよい. 複素 2 × 2 行列の固有値・
固有ベクトルの求め方は, 実 2 × 2 行列とまったく同様である.
!
Ã
1 i
の固有値, 固有ベクトルを求めよ.
練習問題 51.
−i 1
Ã
!
a b
練習問題 52.
(a, c ∈ R, b ∈ C) なる形の行列をエルミート行列という.43 エルミート行
b c
列の固有値は実数であることを示せ. また, 互いに定数倍でない二つの固有ベクトルが存在する
ことを示せ. Ã !
Ã !
z1
w1
C2 の任意の二つのベクトル z :=
, w :=
に対して, z · w := z1 w1 + z2 w2 とおく.44
z2
w2
スカラー行列でないエルミート行列に対して, z, w を互いに定数倍でない固有ベクトルとする
と, z · w = 0 が成り立つ事を示せ.
練習問題 53. 漸化式 an+2 = −an+1 − an を満たす複素数列をすべて求めよ.
8.4
ΦA (x) = 0 が実解を持たないときの fA : R2 −→ R2 について (続き)
この節は, 7.2 節の場合 3) の議論の続きである.
A を実 2 × 2 行列とする. A に対して f : C2 −→ C2 (x 7−→ Ax) を考えることができる. これ
も fA で表すことにする. これは fA : R2 −→ R2 の拡張と考えることができる. C は 2 次元なの
で C2 は 4 次元, よって C2 −→ C2 は目で見えるものではない.
さて ΦA (x) = 0 が実解を持たない場合の考察を続けよう. その２つの複素数解を α, β とする
と, 固有多項式は実係数を持つから β = α である. ΦA (x) = 0 が２つの実解をもつときとまった
く同様にして, Av1 = αv1 , Av2 = αv2 となる v1 , v2 6= o (実は v2 = v2 ととれる) が見つかる (問
確認せよ). ただし, v1 も v2 も R2 の元ではなく C2 の元である. v1 と v2 は互いに定数倍ではな
い.45 こうして ΦA (x) = 0 が 2 つの実解をもつときと同様に, 2 つの互いに定数倍でない固有ベ
クトルが見つかる. すると命題 5 とまったく同様にして, v1 , v2 による複素斜交座標が定まって,
それにより fA : C2 → C2 を簡明に記述することができる.
この幾何的な意味について少し考えてみる.46 C2 −→ C2 は目で見えるものではないのでなか
なか想像がしにくいが次のようになる (picture): v1 と v2 を複素 x 平面と複素 y 平面に投影し
43
これは量子力学などで重要な自己共役作用素に対応する行列である.
これは複素ベクトル空間のエルミート内積と呼ばれるものの特別な場合である. 24 章以降で詳しく扱う.
45
ここで定数倍ではないというのは複素数倍でないということ.
46
あまり深入りしない方がよい.
44
39
てみると, 拡大＋回転となっている. それを別の切り口実 xy 平面で切ったのが R2 −→ R2 . な
かなか想像しがたいが, 背後に回転がからんでいることは分かる.
このように図形的には想像しがたいが, 複素数倍されるという拡張された固有ベクトルの考
え方が魅力的なのは数列のときに見た通りである.
8.5
固有方程式と固有ベクトルの様子のまとめ
¶
³
A が実 2 × 2 行列のとき.
• ΦA (t) = 0 が相異なる二つの実解を持てば, 互いに定数倍でない二つの固有ベクトル
がある.
• ΦA (t) = 0 が重解を持てば, A はスカラー行列であるか, すべての固有ベクトルはすべ
て互いに定数倍である. 後者の場合, α を固有値, u を一つの固有ベクトルとすると,
Av = αv + u となるベクトル v が存在して, fA の理解の助けとなる.
• ΦA (t) = 0 が相異なる二つの実でない解を持てば, 実の世界では固有値も固有ベクト
ルも存在しないが, 複素ベクトル空間の線形写像 fA : C2 → C2 を考えると, 互いに (複
素) 定数倍でない二つの固有ベクトルがある.
µ
´
2
2
A が複素 2 × 2 行列のとき, fA : C → C について全く同様に次が分かる. 場合分けは実の場合
よりもすっきりする.
¶
³
A が複素 2 × 2 行列のとき.
• ΦA (t) = 0 が相異なる二つの解を持てば, 互いに定数倍でない二つの固有ベクトルが
ある.
• ΦA (t) = 0 が重解を持てば, A はスカラー行列であるか, すべての固有ベクトルはすべ
て互いに定数倍である. 後者の場合, α を固有値, u を一つの固有ベクトルとすると,
Av = αv + u となるベクトル v が存在して, fA の理解の助けとなる.
µ
´
以下では, 12.2 節を除き, 特に断らない限り複素ベクトル空間と複素行列を考える.
9
2 次正方行列のケーリー・ハミルトンの定理と最小多項式
この節では行列を代数的にあつかう有用性を示す．fA : C2 −→ C2 が 2 つの定数倍でない固
有ベクトルを持つか持たないかということを問題にしてきた．これは行列 A の言葉で代数的に
判定することができた（固有方程式の解の様子）．しかし，ΦA (t) が重根を持つときは完全に
ΦA (t) の言葉で述べきれていない．これについては A の最小多項式を導入するとすっきりする．
40
9.1
ケーリー・ハミルトンの定理
その前に重要なケーリー・ハミルトンの定理を示しておく. 一般に多項式 f (t) = an tn + · · · +
a1 t + a0 と n × n 行列 A に対して, f (A) := an An + · · · + a1 A + a0 E と定義する.
¶
³
µ
´
Ã
!
a b
定理 3 (ケーリー・ハミルトン). A =
に対して，A2 − (a + d) A + (ad − bc) E = O,
c d
つまり ΦA (A) = O．
* 直接計算で簡単に示せることはよく知っているであろう. ここでは違う証明を与える.47
°
簡単のため A を実行列とするが複素行列でもＯＫ．
まず，fA : C2 −→ C2 が互いに定数倍でない 2 つの固有ベクトルを持つときを考える.
Av1 = αv1 , Av2 = βv2 とする. （α = β でもよい．v1 , v2 は互いに（複素）定数倍でな
い）．ΦA (t) = (t − α) (t − β) より
ΦA (A) = (A − αE) (A − βE) = (A − βE) (A − αE) ．
よって
(A − αE) (A − βE) v2 = o,
(A − βE) (A − αE) v1 = o.
すべてのベクトル v は v1 , v2 の一次結合で書けるから (命題 5), 結局, (A − αE) (A − βE) v =
o．ゆえに (A − αE) (A − βE) = O.
次に fA : C2 −→ C2 のすべての固有ベクトルが互いに定数倍であるときを考える. このと
き ΦA (t) = 0 は重解をもつ．ポイントは, このとき 2 × 2 行列 Ax で, 各成分が x の連続関数
になっており,48 Ax −→ A (x −→ 0), かつ, x 6= 0 ならば ΦAx (t) = 0 が相異なる 2 つの解
を持つものが存在することである. ただし
. このような Ax
Ã , |x| は十分に小さいとしてよい
!
a
b+x
はいくらでも取れるが, 例えば，Ax =
とおくと，ΦAx (t) = t2 −(a + d) t+
c+x
d
{ad − (b + x) (c + x)} で D = (a + d)2 − 4 {ad − (b + x) (c + x)} = 4x {x + (b + c)} であ
る. よって, x 6= 0 で D = 0 となるのは, b + c 6= 0 かつ x = −(b + c) の場合だけであ
る. そこで, b + c = 0 のときは, x ∈ C を任意に, b + c 6= 0 のときは, x を |x| < |b + c|
となる範囲に取れば, x 6= 0 のとき D 6= 0 が満たされる. このような Ax (x 6= 0) に対し
ては, 上記の通り, ΦAx (Ax ) = 0 が成立している．具体的に書けば，Ax 2 − (a + d) Ax +
{ad − (b + x) (c + x)} E = O である．ここで, x → 0 によりこの式の左辺は, Ax の各成分
が x について連続であるので, A2 − (a + d) A + (ad − bc) E に収束するが, x 6= 0 で左辺は
47
2 × 2 行列についてはまどろっこしく見えるかもしれないが，この方がなぜこの定理が成り立つのかという根
拠は分かりやすいはずである. また, あとで n × n 行列に一般化したときも通用する.
48
複素平面上の連続関数ということ. 多変数の連続関数を参照のこと.
41
ずっと O であるので, 収束先も O, すなわち, A2 − (a + d) A + (ad − bc) E = O が成立す
る．//
極限的考え方の応用として次を出しておく.
練習問題 54. ~ A, B を n × n 行列とするとき ΦAB = ΦBA を示せ.49
9.2
最小多項式
ケーリー・ハミルトンの定理より A を特別な 2 次式に代入すると O(零行列) となる．これに
より次で定義されるような多項式が存在することが分かる.
¶
³
定義 8 (最小多項式). A に対して，次をみたす多項式 mA (t) を最小多項式という．
(1) mA (t) 6≡ 0 であり, その最高次の係数は 1．
(2) mA (A) = O.
(3) mA (t) は (1)，(2) をみたすものの中で最小次数．
µ
¶
´
³
命題 8.
多項式 f (t) が f (A) = O を満たせば，f (t) は mA (t) で割り切れる．特に mA (t) は ΦA (t)
の約数（よって，mA (t) は 1 次式又は 2 次式）．
µ
´
* f (t) = mA (t) q (t) + r (t) （q (t) は商，r (t) は余り）とする．
°
O = f (A) = mA (A) q (A) +r (A) より r (A) = 0．deg r (t) < deg mA (t) より mA (t) の定
|
{z
}
=O
義から r (t) ≡ 0．//
Ã
!
Ã
!
a 0
a 1
練習問題 55. a ∈ C に対して, A =
又は
の最小多項式を求めよ.
0 a
0 a
次のように最小多項式は fA について 2 つの方向の固有ベクトルが見つかるかどうかと密接に
関係している．
¶
³
定理 4. A に対して, 次が成立:
fA の 2 つの互いに定数倍でない固有ベクトルが存在 ⇐⇒ mA (t) が重根を持たない.
µ
49
´
ヒント:P : 正則 =⇒ ΦP −1 AP = ΦA に注.
42
* ΦA (t) = (t − α) (t − β) とおく．先にやったように A に対して
°
fA の 2 つの互いに定数倍でない固有ベクトルが存在
⇐⇒α 6= β 又は A はスカラー行列.
– α 6= β のとき mA (t) = ΦA (t) を示す．
そうでない =⇒ m (t) = t − α又は t − β. これは A = αE 又はβE となって矛盾．
特に mA (t) は重根を持たない．
– A = αE のとき．mA (t) = t − α なので，mA (t) はやはり重根を持たない．
逆に mA (t) が重根を持たないとする．α 6= β ならば, 8.5 節のまとめより, fA は２つの互
2
いに定数倍でない固有ベクトルを持つ. α = β ならば, mA (t) | (t − α) で重解なしより
mA (t) = t − α．∴ A = αE である．//
¶
³
(1) α 6= β
のとき， mA (t) = (t − α) (t − β) .
まとめ. (2) A = αE
のとき， mA (t) =
t − α.
(3) α = β, A 6= αE のとき， mA (t) =
(t − α)2 .
µ
´
練習問題 56.
A を 2 × 2 行列で A3 = E とする．fA は 2 つの互いに定数倍でない固有ベクトルを持つことを
示せ．
練習問題 57.
A3 = aA をみたす A が 2 つの互いに定数倍でない固有ベクトルを持たないとき，a と A を求
めよ．
練習問題 58. 2 × 2 行列 A が Ak = O (k ∈ N) を満たすならば A2 = O が成り立つことを示せ.
練習問題 59. A を 2 × 2 行列で A 6= O, A2 = O を満たすものとする. このとき, 2 × 2 行列 X
で X 2 = A を満たすものは存在しないことを示せ.
練習問題 60. ~ A, B を 2 × 2 行列とし, Cn = An + B n (n ∈ N) とおく. ある k ≥ 1 があって
Ck = Ck+1 = O となるならば, C2 = O であることを示せ.
10
基底と表現行列
線形写像 Re → Rd や Ce → Cd はいつでも行列で表示できるのだった. この章と 15 章では,
任意の線形写像が行列で表示できることを示す. この章においては特別な場合にそれを見て, 15
章で一般化するが, 大事な点はすべてこの章に現れる.
43
これによって, 線形写像を理解するのに行列がいつでも大切であることが分かる. 多くの場
合, 線形写像の研究 (例えば固有値問題) は行列の研究に帰着される.
この章で考えるのは, 次の特別な場合である. V を複素ベクトル空間で次の性質を満たすもの
に対して線形写像 f : V → V を考える:
(#) ある 2 つの互いに定数倍でない v1 , v2 ∈ V があってのどんな元 v も v = pv1 +qv2 と唯一通りに書ける.
C2 がこれを満たしていることは命題 5 から分かる. この性質を満たすベクトル空間として, C2
を 10.1 節で, 漸化式を満たす数列のベクトル空間を 10.2 節で扱う.
10.1
C2 → C2 の場合
この節では fA : C2 −→ C2 の場合を考える.
10.1.1
表現行列の定義と求め方
fA の 2 つの互いに定数倍でない固有ベクトル v1 , v2 が見つかるとき, v1 と v2 による複素斜交
座標を用いると fA がよく記述できるのだった (picture).
v = pv1 + qv2 Ã αpv1 + βqv2 .
座標の変化を記すと (p, q) 7−→ (αp, βq) である.
このように 2 つの互いに実数倍でない固有ベクトルというのは座標系の役割を果たすが, 6.1
の命題 5 で見た通り, 固有ベクトルに限る必要はない. これは大切な概念なので名前を付けてお
こう.
¶
³
定義 9. C2 の互いに定数倍でない 2 つのベクトルの組 v1 , v2 を C2 の基底という.
(注:v1 , v2 と v2 , v1 は区別する. e1 , e2 と e2 , e1 が区別されるように. )
µ
´
さて, vÃ
v = pv1 + qv2ÃÃ αpv!1 Ã
+ βqv
1 , v2 が互いに定数倍でない固有ベクトルのとき
!Ã ! Ã
!
! 2 であった
Ã ! .
a b
x
ax + by
α 0
p
αp
これは
=
と同様に表示してみると, やはり
=
と
c d
y
cx + dy
0 β
q
βq
!
Ã
α 0
が現
行列を用いて書ける. v1 , v2 の決める斜交座標の fA による変化を表す行列として
0 β
れた.
実は v1 , v2 が固有ベクトルでなくても基底をなすならば, v1 , v2 の定める斜交座標 (v1 v2 座標
ということにする) の fA による変化は, やはり行列を使って書けることが分かる.
44
* v = pv1 + qv2 とかくと f (v) = pf (v1 ) + qf (v2 ). よって f (v1 ) と f (v2 ) が v1 と v2 で表さ
°
れるならば, f (v) も表せる. v1 と v2 が互いに定数倍でないので, 命題 5 より,
f (v1 ) = αv1 + γv2 , f (v2 ) = βv1 + δv2
(4)
となる α, β, γ, δ ∈ C が存在する. よって
f (v) = p(αv1 + γv2 ) + q(βv1 + δv2 )
= (pα + qβ)v1 + (pγ + qδ)v2
Ã こうして
!
Ãv1 v2 座標は
! Ã
!Ã !
p
pα + qβ
α β
p
7−→
=
と変化し, 線形写像 C2 → C2 の通常の座標の変化のよ
q
pγ + qδ
γ δ
q
うに行列を左からかけることで記述される.
¶
³
まとめ
(1)
(2)
Ã
α
γ
Ã
!
α β
v1 , v2 の fA による行き先を v1 , v2 で表すことによって行列
を得る (式 (4) を見
γ δ
よ. 係数の並べ方に注意).
Ã
!
α β
v1 v2 座標の変化は, 行列
を左から掛けることで記述できる.
γ δ
!
β
を基底 v1 , v2 に関する fA の表現行列と呼ぶ.
δ
µ
´
例 12. 基底 e1 と e2 に関する fA の表現行列は A に他ならない. このとき, 上のまとめの (1), (2)
が確かに成り立っていることを各自納得せよ. (cf. 5.4 節の注意 1).
¶
³
表現行列の求め方
Ã !
Ã !
Ã
!
α
β
α β
fA (v1 ) = (v1 v2 )
, fA (v2 ) = (v1 v2 )
なので (fA (v1 ) fA (v2 )) = (v1 v2 )
.
γ
δ
γ δ
!
Ã
α β
. ここ
他方, fA (v1 ) = Av1 , fA (v2 ) = Av2 より, (Av1 Av2 ) = A(v1 v2 ) = (v1 v2 )
γ δ
で v1 , v2 は互いに定数倍でないので, (v1 v2 ) は逆行列を持つことに注意.
!
Ã
α β
= (v1 v2 )−1 A(v1 v2 )
(5)
∴
γ δ
µ
´
45
注意 12. これは次節で述べる基底の取り換えによる表現行列の変化の特別な場合になっている.
またこの話は, 12.1 節につながる.
Ã
!
Ã !
Ã !
1 2
1
1
練習問題 61. A =
に対して, v1 =
, v2 =
に関する fA の表現行列を求め
3 4
1
0
よ.50
練習問題 62. ΦA (t) = (t − α)2 で A 6= αE のとき Av1 = αv1 , Av2 = αv2 + v1 となる基底 v1 , v2
がとれた (7.2 節の 2-2)). この基底に関する fA の表現行列を求めよ.
Ã
!
α γ
練習問題 63. A を任意の複素 2 × 2 行列とするとき, fA : C2 −→ C2 の表現行列が
の
0 β
形になる C2 の基底が存在することを示せ.
次の問題は 7.2 節の 3) の場合に, fA : C2 → C2 の固有ベクトルが, fA : R2 → R2 のよい表現行
列を与える R2 の基底を与えるのに役立つことを示している. また, 8.4 節の説明とも関係して
いる.
練習問題 64. A を実 2×2 行列とし, その固有値が実数ではないとする. その固有多項式の係数
が実数であるのでその固有値は α, α とおけることに注意して以下の問に答えよ.
(1) v を Av = αv となる固有ベクトルとするとき, Av = α v を示せ.51
(2) v + v と i(v − v) はともに実ベクトルであり, R2 の基底となることを示せ.
(3) α = a + bi とする. v + v, i(v − v) に関する fA : R2 −→ R2 の表現行列を a, b で表せ.
10.1.2
基底の取り換えによる表現行列の変化
さらに基底を v1 , v2 から w1 , w2 に取りかえたとき表現行列がどう変わるかも記述できる.52
B を {v1 , v2 } についての表現行列, C を {w1 , w2 } についての表現行列とする. 前節で
示したように, B = (v1 , v2 )−1 A(v1 , v2 ), C = (w1 , w2 )−1 A(w1 , w2 ) であるから, C =
(w1 , w2 )−1 (v1 , v2 )
(v1 , v2 )−1 (w1 , w2 ) が成立している. これは
(v1 , v2 )−1 A(v1 , v2 )
|
|
{z
}
|
{z
}
{z
}
B
D = (v1 , v2 )−1 (w1 , w2 ) とおくと,
C = D−1 BD
が成り立つということである.
50
式 (5) を使ってもよいが, めのこでもできる. その方が意味がはっきりする.
つまり v は α の固有ベクトル.
52
前節では {e1 , e2 } から {v1 , v2 } へと取りかえた場合を説明した.
51
46
Ã
!
e f
w1 = ev1 + gv2
D の意味を考えよう. (w1 , w2 ) = (v1 , v2 )D である. D =
と書くと,
g h
w2 = f v1 + hv2
となり, つまり D は w1 , w2 を v1 , v2 の一次結合で表す行列である. これを基底 v1 , v2 から基
底 w1 , w2 への基底の変換行列と呼ぶ.
¶
³
これは v1 , v2 に関する座標 p, q を w1 , w2 に関する座標 r, s で表す行列にもなっている.
µ
´
*
°
v = rw1 + sw2 = r(ev
v1 !
+ hv2 ) = (re + sf )v1 + (rg + sh)v2
Ã 1!+ gvÃ2 ) + s(f
!Ã
p = re + sf
p
e f
r
∴
⇐⇒
=
.
q = rg + sh
q
g h
s
注意 13. 表現行列の変換と基底の変換は一見似ているがまったく別物であることに注意!!
Ã !
Ã !
Ã !
Ã !
1
1
0
1
, v2 =
から w1 =
, w2 =
への基底の変換行列を求
練習問題 65. v1 =
0
2
1
1
めよ.
10.2
漸化式を満たす数列のベクトル空間の場合
基底の考え方を使うと C2 −→ C2 に限らず線形写像を行列で記述できるようになる. それを
W = {{an } | ∀n≥0 , an ∈ C, an+2 = c1 an+1 + c0 an } の場合に見てみよう. ほとんどの議論が 10.1
節と同じであることに注目してほしい.
10.2.1
表現行列
W については, やはり 2 つの互いに定数倍でない 2 つの数列の組 {an }, {bn } を W の基底と
呼ぶ.53 このような 2 つの数列も C2 の基底 v1 , v2 と同じ役割を果たす. つまり,
どんな W の数列 {dn } も唯 1 通りに {dn } = p{an } + q{bn } と書ける.
これは, 4.6 節の命題 2 と同様に分かる.
{an }, {bn } を使うと任意の線形写像 f : W −→ W (例えばずらし写像 T ) も行列で表示できる.
53
{{an } | an+3 = pan+2 + qan+1 + ran } なら 3 ついる.
47
* f ({an }), f ({bn }) も W の元なので {an }, {bn } を使って, f ({an }) = α{an }+γ{bn }, f ({bn }) =
°
β{an } + δ{bn } と書ける. {dn } ∈ W を任意にとる. {dn } = p{an } + q{bn } と書ける.54
f ({dn }) = pf ({an }) + qf ({bn })
= p(α{an } + γ{bn }) + q(β{an } + δ{bn })
= (pα + qβ){an } + (pγ + qδ){bn }
Ã
!
α β
こうして {an } と {bn } による座標の変化はやはり
をかけることで記述できる.//
γ δ
¶
³
まとめ
(1)
(2)
Ã
α
γ
Ã
!
α β
{an } と {bn } の f による行き先を {an } と {bn } で表すことによって行列
を得る.
γ δ
Ã
!
α β
{an } と {bn } 座標の変化は, 行列
を左から掛けることで記述できる.
γ δ
!
β
を基底 {an } と {bn } に関する f の表現行列と呼ぶ.
δ
µ
´
n
例 13. もし t2 −pt−q = 0 が重解をもたないならば, その 2 解を α, β とし, {an } = {αÃ
}, {bn!} =
α 0
{β n } ととると, T ({an }) = α{an }, T ({bn }) = β{bn } であったから T の表現行列は
と
0 β
なる.
練習問題 66. {an } ∈ W を a0 = 1, a1 = 0 となる元, {bn } ∈ W を b0 = 0, b1 = 1 となる元とす
る. 基底 {an }, {bn } に関する T の表現行列を求めよ.
10.2.2
基底の取り換えによる表現行列の変化
10.1.2 節と同様に, 基底を取り換えたときに表現行列がどう変化するのかも記述ができる.
10.1.2 節の議論を少し逆手に取って考える.
B を (第一の) 基底 {an }, {bn } に関する表現行列, C を (第二の) 基底 {αn }, {βn } に関する表
現行列とする. {αn }, {βn } を {an }, {bn } で表しておく:
{αn } = e{an } + g{bn }
{βn } = f {an } + h{bn }.
54
{an } と {bn } による座標表示のようなもの.
48
(6)
Ã
e f
D=
g h
較せよ.
!
を {an }, {bn } から {αn }, {βn } への基底の変換行列という. 10.1.2 節の定義と比
¶
³
10.1.2 節と同様, D は {an }, {bn } 座標を {αn }, {βn } 座標で表す行列にもなっている.
µ
´
*
°{d
n } ∈ W を任意に取る. {dn } を {an }, {bn } 座標で表すとき, {cn } = p{an } + q{bn } と書き,
{αn }, {βn } 座標で表すとき {cn } = r{αn } + s{βn } と書く.
{cn } = r{αn } + s{βn } = r(e{an } + g{bn }) + s(f {an } + h{bn })
= (re + sf ){an } + (rg + sh)q{bn }
= p{an } + q{bn }.
よって
Ã !
Ã !
p = re + sf
p
r
⇐⇒
=D
.
q = rg + sh
q
s
(a)
//
D は逆行列を持つ. 実際, {αn }, {βn } から {an }, {bn } への基底の変換行列を F とすると F が
D の逆行列になることが分かる.
{an } = e0 {αn } + g 0 {βn }
{bn } = f 0 {αn } + h0 {βn },
Ã
F =
e0 f 0
g 0 h0
(7)
!
とおく. (6) を (7) に代入すると.
{αn } = e(e0 {αn } + g 0 {βn }) + g(f 0 {αn } + h0 {βn })
{βn } = f (e0 {αn } + g 0 {βn }) + h(f 0 {αn } + h0 {βn })
を得るが, これは {αn }, {βn } を {αn }, {βn } の一次結合で表す式である. {αn }, {βn } は基底であ
るからこのような表し方は一通りしかない. よって係数を比較して, ee0 + gf 0 = 1, eg 0 + gh0 = 0,
f e0 + hf 0 = 0, f g 0 + hh0 = 1 が成り立つ. これは F D = E に他ならない. 同様に (7) を (6) に代
入して整理すれば DF = E を得る. よって F は D の逆行列である.
¶
³
命題 9. C = D−1 BD が成立する.
µ
´
* f ({dn }) についても D によって {an }, {bn } 座標を {αn }, {βn } 座標で表すことができる： f ({dn }) =
°
p0 {an } + q 0 {bn } = r0 {αn } + s0 {βn } と書くと,
Ã !
Ã !
r0
p0
(b)
=
D
s0
q0
49
が成立.
ところが, さらに表現行列 B, C の性質より,
Ã !
Ã !
p
p0
=B
0
q
q
Ã !
Ã !
r0
r
=C
0
s
s
(c)
(d)
も成立している. (c) に (a) と (b) を代入すると,
Ã !
Ã !
Ã !
Ã !
0
0
r
r
r
r
D 0 = BD
⇐⇒
= D−1 BD
0
s
s
s
s
これと (d) を見比べると, C = D−1 BD //
10.2 節の内容は別の設定でも通用する. それを問題としておく. ただし, 微分を考えるので実
ベクトル空間を扱う.55 以下の例において, 互いに定数倍でない二つの元を基底と呼ぶ. 基底に
ついて, 10 章の初めに述べた条件 (#) が成り立っていることが確認できる (ここでは認めてよ
い).
練習問題 67. W = {p + qx | p, q ∈ R}(つまり 1 次以下の多項式全体) とする. f : W −→ W を,
p(x) 7−→ αp(x) + βp0 (x) で定める. これが線形写像であることは認めてよい ((p(x) + q(x))0 =
p0 (x) + q 0 (x), (kp(x))0 = kp0 (x) より).
1. f の基底 1, x に関する表現行列を求めよ.56
2. x − 1, x − 2 も基底である. x − 1, x − 2 に関する表現行列を求めよ.
3. 1, x から x − 1, x − 2 への基底の変換行列を求めよ.
練習問題 68. ベクトル空間 W1 = {a cos x + b sin x | a, b ∈ R}, W2 = {aex + bxex | a, b ∈ R} に
対して微分はそれぞれ W1 → W1 , W2 → W2 なる線形写像を与えることが分かる. このそれぞ
れの線形写像の, 基底 cos x, sin x, ex , xex に関する表現行列を求めよ.
なぜ R2 −→ R2 と W −→ W について類似のことが成立するのか？それは 11 章の同型の考え
方を使うと一層はっきりする.57
55
実は複素に拡張できる.
1, x の行き先, 1, x に関する座標の変化, いずれの考え方でもできる.
57
みんなけっこう無意識に使っていること.
56
50
10.3
固有値問題と表現行列
表現行列を用いると 10 章の最初に述べた (#) を満たすベクトル空間に対する固有値問題は
2 × 2 行列の固有値問題に帰着する.
V を (#) を満たすベクトル空間, f : V → V Ã
を線形写像とする
!
Ã ! . V の基底 v1 , v2 を取り, それに
x1
x1
関する f の表現行列を A とする. このとき, A
=α
であることと, f (x1 v1 + x2 v2 ) =
x2
x2
α(x1 v1 + x2 v2 ) であることは同値である. よって, A について 7.1 節の求め方によって固有値と
固有ベクトルを求めれば, f の固有値と固有ベクトルも求められる. こうして (#) を満たすベク
トル空間の線形写像に関しては, 固有値問題に対して満足な解答が得られることが分かった.
注意 14. 6.2 節の問題の場合は, 例えば練習問題 66 で求めた表現行列を用いて, この節の考え
方で解くことも出来るが, 6.2 節で説明したやり方の方が単純である. これは問題の特性による.
練習問題 69. 練習問題 68 において, 微分の固有値と固有ベクトルを求めよ.
練習問題
Ã 70.!実 2 × 2 行列全体の集合 M2,2 (R) が実ベクトル空間になることは認めてよい.
3 1
A=
とおくとき次の問に答えよ.
2 2
1. A によって写像 f : M2,2 (R) → M2,2 (R) を M2,2 (R) 3 X 7→ AX − XA ∈ M2,2 (R) で定め
る. f は線形写像であることを示せ.
2. M2,2 (R) の部分集合
n
V := p
Ã
1
0
−1 −1
!
Ã
!
o
2 −1
+q
| p, q ∈ R
0 −2
が M2,2 (R) の部分ベクトル空間になることを示せ.
3. f によって V の元は V の元に移されることを示せ.
Ã
! Ã
!
1
0
2 −1
4. f : V → V の基底
,
に関する表現行列を求めよ.
−1 −1
0 −2
5. f : V → V の固有ベクトルを求めよ.
11
11.1
同型という考え方 ~
同型の定義
C2 と W = {{an } | ∀n, an ∈ C, an+2 = c1 an+1 + c0 an } は 2 つの元によって他の元をその一次
結合として唯一通りに表すことができるという意味で非常に似ているのだった．このようなベ
クトル空間を本当に同一視してしまおうという考え方がある．
51
¶
³
定義 10. V, W をベクトル空間とする．写像 f : V −→ W が同型 (写像) であるとは, 次の
3 条件がみたされるということ：
1) f は単射である (picture).
つまり v1 6= v2 =⇒ f (v1 ) 6= f (v2 )．
対偶をとれば，f (v1 ) = f (v2 ) =⇒ v1 = v2 ．
2) f は全射である (picture).
つまり，どんな w ∈ W に対してもある v ∈ V があって w = f (v)．
3) f は線形写像である．
V と W が同型であるとは，V から W への, ある同型写像 f : V −→ W が存在するという
∼
こと．同型写像は f : V −→ W という記号で表す.
µ
´
この同型という考え方は, 1) と 2) のみ見ると, f によって V と W の元の間に 1 対 1 の対応が
あるということを意味している．言いかえれば, V と W の各元の個性を忘れるならば, V と W
が f を通して同一視できるということである. さらに f が線形であるということにより, f を通
して V と W のたし算と定数倍が対応していることになる. よって, 条件 1)–3) は f を通して, V
と W がベクトル空間として同一視できるということを意味している.
例 14. V = C2 , W = {{an } | ∀n, an ∈ C, an+2 = pan+1 + qan } とおく．V と W が似ていると
いうことを同型の考え方で説明する. つまり V と W が同型であることを示す．定義によって,
ある同型写像 f : V −→ W を構成すればよい．
W において大切だったのは
a0 と a1 によって数列が決まってしまうということだった．そこ
Ã !
x
f
で f : V −→ W を
7−→ (a0 = x, a1 = y となる W の元 {an }) で定めてみる．これは確かに
y
同型である．チェックすべきなのは次の 3 点: 1)f は線形. 2)f は単射. 3)f は全射．
1)
1
°
!
Ã
x1 + x2
f
7−→ (a0 = x1 + x2 , a1 = y1 + y2 となる W の元 {an }) ,
y1 + y2
Ã !
x1
f
7−→ (b0 = x1 , b1 = y1 となる W の元 {bn }) ,
y1
Ã !
x2
f
7−→ (c0 = x2 , c1 = y2 となる W の元 {cn })
y2
である．{an } も {bn } + {cn } = {bn + cn } も第 0, 1 項が同じなので一致：{an } = {bn } +
52
{cn }． ÃÃ ! Ã !!
ÃÃ !!
ÃÃ !!
x1
x2
x1
x2
つまり f
+
=f
+f
．
y1
y2
y1
y2
Ã Ã !!
ÃÃ !!
x
x
2 f
°
α
= αf
は各自．
y
y
ÃÃ !!
ÃÃ !!
Ã ! Ã !
x2
x1
x2
x1
．よっ
6= f
=⇒ それらを 0, 1 項とする数列は異なる：f
6=
2)
y2
y1
y2
y1
て単射．
Ã !
a0
f
3) {an } ∈ W を任意にとってくると，
7−→ {an } となっているので全射．//
a1
こうして V と W が同型であることが分かった (picture).
練習問題 71.
• V = C2 と W = {1 次以下の複素係数多項式 } は同型であることを示せ．

  
 


2
0


 
 
2
• V = C と W = s 1 + t 1 | s, t ∈ C は同型であることを示せ．




0
2
 



 x

 
2
3
• V = C と W = y  ∈ C | x + y + z = 0 は同型であることを示せ．


 z

• θ 回転 Rθ : R2 −→ R2 は同型写像であることを示せ．
ÃÃ !
Ã
!!
x
x+y
• R2 −→ R2
7−→
は同型写像でないことを示せ．
y
x+y
• C2 と C3 は同型でないことを示せ.
58
線形代数においては，V と W が同型ならば V において成立することは W においても成立す
る，そういう事実を研究するのである
実は同型の定義は次の事実を確認しておかなければ考え方としては不十分である．
58
同型写像があるとして矛盾を導く.
53
一般に V , W を集合, f : V → W を全単射とするとき, 各 w ∈ W を, f (v) = w となる v ∈ V
に対応させることで, W → V を得る.59 これを f の逆写像と呼び f −1 で表す.
¶
³
命題 10. V, W ：ベクトル空間について，f : V −→ W が同型 =⇒ f −1 : W −→ V も同型．
µ
´
* f −1 が単射なこと：f −1 (w1 ) = f −1 (w2 ) =⇒ f ◦ f −1 (w1 ) = f ◦ f −1 (w2 ) ⇐⇒ w1 = w2 ．
°
f −1 が全射なこと：v = f −1 ◦ f (v)．
線形性は各自.//
なぜこれを確認する必要があるのかの 1 つの納得の仕方は次の通り. 同型の定義は V と W に
ついて対称でない．だから本当は V が W と同型というべき．よって，V が W と同型でも W が
V と同型というのは定義だけでは保証されない．同型を通じて V と W を同一視したいのだか
ら，V が W と同型なのに W が V と同型ではないという事態はさけたい．そんなことにはなっ
ていないということを保証するのがこの命題である．
練習問題 72. 次を示せ:
f : V −→ W, g : W −→ U が同型 =⇒ g ◦ f : V −→ W −→ U も同型.
11.2
同型による表現行列の対応
同型の考え方を用いれば, W から W への線形写像を C2 → C2 を通して理解できる．W と C2
は同型なのであった：
C2 −→ W
3
3
Ã !
x
7−→ {an } (a0 = x, a1 = y) .
y
逆写像は
W
−→
C2
3
3
Ã !
a0
{an } −
7 →
a1
であり, これも同型写像である. {1, 0, . . .} なる数列が e1 ，{0, 1, . . .} なる数列が e2 へうつって
いることに注．そして {1, 0, . . .} と {0, 1, . . .} は W の基底をなす．
実は W の基底を選ぶごとに W −→ C2 なる同型写像が得られる．
59
f が全単射という仮定から, v が一通りに決まることに注意.
54
* {an } と {bn } を W の基底とする．W の任意の元 {cn } は {cn } = p {an } + q {bn } と唯 1 通
°
Ã !
p
りに書けるのであった．そこで W −→ C2 を {cn } 7−→
で定める. これは基底を決め
q
れば座標が決まるということに他ならない.60 このとき W −→ C2 は同型写像であること
* 線形性＋全射＋単射を各自チェックしてみよ). //
が容易にチェックできる (°
∼
つまり W の基底 {an } , {bn } を選ぶと {an } 7−→ e1 , {bn } 7−→ e2 となる W −→ C2 が得られる．
この同型写像を ϕ で表すことにする.
この同型写像を用いると，先に C2 と W について別々にやったこと（表現行列，基底の変換
行列）を統一的に見ることができる.61
まず f : W −→ W の基底 {an } , {bn } についての表現行列について考える. 次の図式を見なが
ら考えると分かりやすい:
W
f
ϕ o
/W
o ϕ
²
²
/ C2
C2
ここで, ϕ : {an } 7−→ e1 , {bn } 7−→ e2 であった. また, 図式の一番下の行にある C2 −→ C2 は
g := ϕ ◦ f ◦ ϕ−1 で定める．練習問題 72 より g は線形写像である．
g : C2 −→ C2 は線形写像なので行列で書けるのであった: ある 2 × 2 行列 B があって, すべて
の v に対して, g (v) = Bv ．これを f に翻訳すると, f の基底 {an } , {bn } に関する表現行列が B
であることが分かる.
* {cn } ∈ W を任意にとる．{cn } = p {an } + q {bn } とかける．
°
f ({cn }) = ϕ−1 ◦ g ◦ ϕ ({cn }) =ϕ−1 ◦ g ◦ ϕ (p {an } + q {bn })
ÃÃ !!
Ã Ã !!
p
p
=ϕ−1 ◦ g
= ϕ−1 B
.
q
q
Ã !
Ã !
ÃÃ !!
p0
p
p0
−1
=
B
とおくと
ϕ
= p0 {an } + q 0 {bn }．
q0
q
q0
すなわち
Ã !
Ã !
0
p
p
f (p {an } + q {bn }) = p0 {an } + q 0 {bn } , 0 = B
q
q
となって, B は {an } {bn } 座標の f による変化を表すので, まさに f の {an } , {bn } に関する表現
行列である．//
次に基底を {an } , {bn } から {αn } , {βn } にとりかえたときの表現行列の変化をみる．ϕ は同
型より ϕ({αn }) と ϕ({βn }) は C2 の基底であることに注意．
60
61
このとき {an } 7−→ e1 , {bn } 7−→ e2 となっていることに注意.
ただし求め方を与えるとは考えない方がよい.
55
D = (ϕ {αn } ϕ {βn }) とおく．g : C2 −→ C2 の ϕ ({αn }) , ϕ ({βn }) による表現行列は D−1 BD
であった．つまり
Ã !
Ã !
0
r
r
g (rϕ ({αn }) + sϕ ({βn })) = r0 ϕ ({αn }) + s0 ϕ ({βn }) , 0 = D−1 BD
s
s
である．
これを f に翻訳することで f の {αn } , {βn } に関する表現行列は D−1 BD であることが分かる.
*
°
f (r {αn } + s {βn }) =ϕ−1 ◦ g ◦ ϕ (r {αn } + s {βn })
=ϕ−1 ◦ g (rϕ ({αn }) + sϕ ({βn }))
=ϕ−1 (r0 ϕ ({αn }) + s0 ϕ ({βn }))
=r0 {αn } + s0 {βn } .//
また, D はまさに {an } , {bn } から {αn } , {βn } への基底の変換行列であることも分かる.
同型の考え方を使うと，W に限らず, 10 章の最初の書いた条件 (#) を満たすベクトル空間 V
については, 表現行列，基底の変換行列が, C2 −→ C2 なる線形写像の対応物から求まることが
分かる．
12
12.1
行列の標準形とその応用
行列の相似とジョルダン標準形
10.1.1 節で見たように, 2 × 2 行列 A で定義される fA : C2 −→ C2 について, 基底 v1 , v2 に関
する表現行列は D−1 AD と書けるのであった. ここで D = (v1 v2 ) とおいた. 線形写像 fA を少
し離れて, A を正則行列とその逆行列ではさむというこの操作に注目しよう.
¶
³
定義 11. A : 2 × 2 行列に対して，D−1 AD なる形の行列（D はある正則な 2 × 2 行列）を
A と相似な行列という．
µ
´
基底の取り換えによって表現行列同士は互いに相似である. また, 正則な行列 D を D = (v1 v2 )
と表示すると, v1 と v2 は互いに定数倍でないので基底をなす. よって, D−1 AD は fA の D の列
ベクトルに関する表現行列である.
練習問題 73. 相似な 2 × 2 行列同士の固有多項式と最小多項式は等しい事を示せ.
!
Ã
!
Ã
α
0
α
0
とい
が成立する．
基底 v1 , v2 が A の固有ベクトルでもあれば, D−1 AD =
0 β
0 β
う形の行列を対角行列という. よって, A の固有ベクトルとなるような基底があれば, A は対角
56
行列と相似になることが分かる. 逆に, A が対角行列と相似であれば, つまり, 正則行列 D で
D−1 AD が対角行列となるものがあれば, D の列ベクトルが A の固有ベクトルとなる基底であ
ることが分かる. これを命題としてまとめておく.
¶
³
命題 11.
fA の固有ベクトルからなる基底がある ⇐⇒ A が対角行列と相似.
µ
´
こうして, fA の固有ベクトルからなる基底があるという理想的状況を純粋に行列の言葉で言い
換えることができた.
さらに言葉を定義しておこう.
¶
³
定義 12. A と相似な行列で対角行列となるものがとれるとき，A は対角化可能であるとい
う．また, このとき, fA が対角化可能であるともいう.
µ
´
行列の対角化の次の応用はよく知っているであろう.
Ã
!
Ã
Ã
!!
n+1
n
n
n
1 1
2
−
3
−2
+
3
練習問題 74. A =
に対して An を計算せよ．答 :
−2 4
2n+1 − 2 · 3n −2n + 2 · 3n
fA が対角化可能でない場合, つまり, 固有方程式が重解 α を持ち, すべての固有ベクトルが互
いに定数倍である場合, 7.2 節の
Ã 2-2)
! の方法により, v1 , v2 を Av1 = αv1 , Av2 = αv2 + v1 とな
α 1
るようにとれば, D−1 AD =
が成り立つ. ここで D = (v1 v2 ) である. 命題 11 に対応す
0 α
るのが次の命題である.
¶
³
命題 12.
Ã
!
α 1
fA が対角化可能でない ⇐⇒ A は
という形の行列と相似.
0 α
´
Ã
!
α 1
* ⇒ は今示した通り. ⇐ は, 練習問題 73 を使って次のように示される. A と
°
の最小
0 α
多項式が等しいことから A の最小多項式は (t − α)2 である. 従って, これは重根を持つので, A
は対角化可能ではない. //
!
Ã
α 1
という形の行列に相似であり,
命題 11 と 12 をまとめると, 2 × 2 行列は, 対角行列か
0 α
前者の場合は, fA が基底となる固有ベクトルを持ち, 後者の場合はそうでない.
µ
57
¶
Ã
定義 13. A と相似な対角行列, または
α 1
0 α
³
!
という形の行列を A のジョルダン標準形と
いう.
µ
´
練習問題 75. A を正則な 2 × 2 行列とするとき X 2 = A を満たす 2 × 2 行列が存在することを
示せ.
以前に実対称行列及びエルミート行列は互いに定数倍でない固有ベクトルを持つことを示し
た（つまり，それらは対角化可能である）．次節ではこれを他の問題に応用する．
12.2
実対称行列の対角化の応用
この節では, 実 2 × 2 行列と R2 の話に戻る.
定義 14. R2 において次の形の方程式で定義される図形 C を２次曲線という．
C : f (x, y) := ax2 + 2bxy + cy 2 + 2dx + 2ey + f = 0
(a ∼ f ∈ R) .
注） a ∼ f の値によっては C = ∅ ということもある．また a = b = c = 0 かつ (d, e) 6= (0, 0 な
らば C は直線である．こういう場合も含め，ここでは C を２次曲線ということにする．
Ã
!
a b
この状況で自然に実対称行列 A =
がでてくる．A を使って C の方程式を書き下すこ
b c
とができる.
これを述べる前に行列の転置を定義しておこう.
¶
³
定義 15. A ∈ Ml,m (C) に対して, その (i, j) 成分を (j, i) 成分に置いたものを t A と書き, A
の転置行列と言う. t A ∈ Mm,l (C) である.
µ
´
t
t
つまり, A の i 行目が A の i 列目, A の j 列目が A の j 行目になっている.
次は転置行列の大事な性質である.
¶
³
命題 13. A ∈ Ml,m (K), B ∈ Mm,n (K) に対して t (AB) = t B t A が成り立つ.
µ
´
t
t
t
これは (AB), B A それぞれの (i, j) 成分を計算してみれば分かる.
n × n 行列 A が対称行列であるとは, A = t A が成り立つと時に言う.
C の定義方程式が次のように書けることが直接計算で示される．
¶
³
µ
´
Ã !
x
とおく．f (x, y) = t vAv + 2 (d e) v + f と書ける．
命題 14. v =
y
58
練習問題 76. f (x, y) = 2x2 + 4xy − y 2 − 20x − 8y + 32 を上のように対称行列を用いて表示
せよ.
対称行列 A が対角化可能であることを利用すると C の方程式が簡単になるような直交座標系
がとれることが分かる．これを求めるのがこの節の主題である.
¶
³
命題 15. 実対称行列 A の固有ベクトルで互いに直交するものがとれる．
µ
´
Ã
α 0
0 α
!
* 練習問題 41 の解答で, すでに証明を与えているが, ここでは別証明を与える. A =
°
Ã ! Ã !
1
0
のときは, 例えば
と
をとればよい（任意の 2 つの直交するベクトル）．
0
1
それ以外のとき, 次のように内積を使うとすっきり示せる.62 次の内積の性質に注目．
A を 2 × 2 行列とするとき Av1 · v2 = v1 · t Av2 ．
t
* v1 · v2 = v1 v2 により,
°
Av1 · v2 = t (Av1 )v2 = ( t v1 t A)v2 = t v1 ( t Av2 ) = v1 · ( t Av2 ).
行列積の結合法則と転置の性質 (命題 13) が効いていることに注意.//
よって，A が対称行列ならば Av1 · v2 = v1 · Av2 である．ここで v1 , v2 として互いに実
数倍でない固有ベクトルをとる．Av1 = αv1 , Av2 = βv2 とおく．A 6= αE により α 6= β
に注．
Av1 · v2 = (αv1 ) · v2 = α (v1 · v2 ) , v1 · Av2 = v1 · (βv2 ) = β (v1 · v2 )
より α (v1 · v2 ) = β (v1 · v2 ) であり，α 6= β なので，v1 · v2 = 0 である．//
Ã
!
2 2
の固有値と固有ベクトルを求めよ.
練習問題 77. A =
2 −1
注意 15. ただし，ここでは, 固有ベクトルを考えてはいるが, A で定義される線形写像を考え
ている訳ではない！
！
A を対称行列とし，v1 , v2 を互いに直交する固有ベクトルとする．さらに長さを調節するこ
とで |v1 | = |v2 | = 1 としておく．D = (v1 v2 ) とおくと,63
Ã
!
Ã
!
α
0
α
0
D−1 AD =
⇐⇒ A = D
D−1
0 β
0 β
62
この考え方は n × n 実対称行列に拡張できる.
このように, 二列が直交する長さ１のベクトルであるような 2 × 2 行列を直交行列と呼ぶ. 直交行列は, 回転行
列または鏡映行列であることが簡単に分かる.
63
59
とできるのであった．ここでさらに次のことに注．
¶
³
命題 16. D−1 = t D.
µ
´
t
*
°
D tD =
DD = E を check
Ã すればよい（
!
Ã E も本当はチェックする必要があるが下の注意
!
! Ã
t
t
t
v
·
v
·
v
v
v
1
0
1
1
1
1
2
を参照）． t D = t
より， t DD = t
．
=
t
v2
v2 · v1 v2 · v2
0 1
直交行列が回転行列または鏡映行列であることを使っても示せる. //
16. AB = E =⇒ BA = E.
注意
Ã
!
*
°
AB = E ならば A は逆行列をもつ（行列式の積公式より）．
ABA = (AB) A = A に左から A−1 をかければよい．
Ã
!
α 0 t
命題 16 より A = D
D が成立する．
0 β
これを f (x, y) に代入する．
Ã Ã
! !
α 0 t
f (x, y) = t v D
D v + 2 (d e) v + f
0 β
Ã
!
¢
¡t ¢
¡
α
0
t
= t Dv
Dv + 2 (d e) v + f.
0 β
w := t Dv = D−1 v とおく．つまり
v = Dw.
Ã !
Ã !
Ã !
x
p
p
D = (v1 v2 ) , v =
であった．w =
とおくと v = (v1 v2 )
⇐⇒ v = pv1 + qv2 ．
y
q
q
Ã !
x
つまり，w というのは v =
を v1 と v2 によって定まる座標系で表したものに他ならない.
y
一般に, 長さが 1 で互いに直交するベクトルからなる基底を正規直交基底と呼び, それから定ま
る座標系を正規直交座標系という. このような座標系は通常の xy 座標系と同じ役割を果たす.
v1 , v2 は正規直交基底である.
!
Ã
α 0
t
w + 2 (d e) D w + f
f (x, y) = w
| {z }
0 β
(δ ²) とおく
=αp2 + βq 2 + 2δp + 2²q + f.
(8)
f (x, y) = 0 ⇐⇒ ((8) の右辺) = 0. よって，C は pq 座標系では右辺で定義される．ポイントは
pq の項がなくなったこと．以下は例で考える．
60
練習問題 78. 以下の二次曲線について, その定義方程式が pq の項を持たないような正規直交座
標系を見つけよ. それを利用して二次曲線の概形を描け (すべて, お馴染の楕円, 放物線, 双曲線
のいずれかになる).
• f (x, y) = 2x2 + 4xy − y 2 − 20x − 8y + 32
• f (x, y) = 4x2 − 4xy + y 2 + 10x − 10y − 1
(双曲線. 中心：(3, 2)).
µ
µ
¶¶
11 7
放物線. 頂点： − , −
.
5
5
• f (x, y) = 5x2 + 2xy + 5y 2 − 6x + 18y + 9.
注意 17. 二次曲線 C が楕円, 放物線, 双曲線である場合, それらのうちのどれになるかは対称
行列 A の二つの固有値の符号の組み合わせで判定できる. 二つの固有値がともに正またはとも
に負のとき楕円, その符号が異なるとき双曲線, 一つが 0 であるとき放物線である.
13
ベクトル空間の基底と次元
C2 の基底の定義は, そのままでは一般のベクトル空間に拡張できない．しかし，基底の性質
で最もよく使ったものに注目すれば, 次のように拡張される．
¶
³
定義 16 (基底).
V をベクトル空間とする．V の元 v1 , . . . , vn が V の基底であるとは，V の任意の元 v が
v1 , . . . , vn の一次結合として唯一通りに書けるということ．つまり，任意の v に対して，
v = p1 v1 +· · ·+pn vn となる p1 , . . . , pn ∈ C が唯一組あるということ．これにより p1 , . . . , pn
を v1 , . . . , vn に関する v の座標と考えることができる．
µ
¶
´
³
命題 17. V = C2 の時, この基底の定義は以前の定義と一致する.
µ
¶
´
³
定理 5. V をベクトル空間とする．v1 , . . . , vn と w1 , . . . , wm がともに V の基底である時，
n = m が成立．つまり，どの基底をとっても基底に現れる元の数は一定．
µ
´
この定理は次章で一次独立の概念を導入してから示す.
この基底の性質を用いてベクトル空間の次元というベクトル空間の広がり具合を表す量を定
義できる.
¶
³
定義 17 (次元).
V をベクトル空間とし，v1 , . . . , vn をその基底とする．基底に属するベクトルの数 n のこ
とを V の次元と呼び，dim V で表す．定理 5 により，n は基底のとり方に依らないのでこの
定義はうまく行っている.
µ
´
61
練習問題 79.
c0 , . . . , ck−1 ∈ C を定数として,
Wk := {{an } | すべての n ∈ N に対して an+k = ck−1 an+k−1 + · · · + c0 an }
とする．Wk の基底を見つけてくることで dim Wk = k を示せ．
注意 18.
実はここで考えているのは有限次元ベクトル空間の基底というものであり，本当の基底の定義
は次の通りである. ベクトル空間 V について，ベクトルの集合 {vi }i∈Λ （無限個かもしれない）
が V の基底であるとは，V の任意の元 v が {vi }i∈Λ の有限個の一次結合として唯一通りに書け
る.64 ベクトル空間には常にこの意味で基底が存在することが示せるが，これはこの講義の範
囲を超える.65 ただし, 基底の存在さえ認めれば, 定理 5 は無限個のベクトルからなる基底の場
合も含めて成り立つことが分かる.
以下この講義では, 特に断らない限り, 有限個の元 v1 , . . . , vn からなる基底を持つベクトル空
間（有限次元ベクトル空間）のみ考える．
問題のヒント・答. 問題 79：Wk の元は, はじめの k 項のみで決まる
14
一次独立という考え方
基底の定義は次の二つの内容からなっている.
(1) すべてのベクトルが v1 , . . . , vn の一次結合として書ける.
(2) v1 , . . . , vn の一次結合として書けるベクトルに対して, その書き方は一通りである.
これらは非常に大切な概念である. 順に名前を与えて考察する.
¶
³
定義 18.
V をベクトル空間とし v1 , . . . , vk を V の元とする. V のすべての元が v1 , . . . , vk の一次結
合として (ただ一通りとは限らないが) 書ける時, V は v1 , . . . , vk で生成されている (張られ
ている) という.
µ
´
Ã !
Ã !
Ã !
1
0
1
例 15. C2 において e1 =
, e2 =
,a =
は C2 を生成するが, a = 0·e1 +0·e2 +1·a =
0
1
1
1 · e1 + 1 · e2 + 0 · a となって一次結合としての書き方は一通りではない.
64
無限集合でも有限和しか許さないのである. また, v を一次結合として表すために {vi }i∈Λ から選ばれる有限
個のベクトルは v によって異なる.
65
集合論における選択公理というものが必要となる.
62
例 16. この例は一般的で重要な例である. d × e 行列 A = (a1 . . . ae ) で定まる fA : Ce → Cd の
 
x1

.
像 Im fA は a1 , . . . , ae で生成される Cd の部分ベクトルである. なぜなら, x =  ..  に対して,
xe
fA (x) = x1 a1 + · · · + xe ae であり, Im fA というのは, a1 , . . . , ae の一次結合全体からなる部分
ベクトル空間だからである.
(2) を独立させたのが次の概念である.
¶
³
定義 19. V をベクトル空間とし, v1 , . . . , vk を V の元とする. これらが「V のベクトル v が
v1 , . . . , vk の一次結合として書けるならばその書き方が一通りである」という性質を満たす
とき, 一次独立であるという.
言い換えれば, v1 , . . . , vk が一次独立とは, 「x1 v1 + . . . + xk vk = y1 v1 + . . . + yk vk が成立す
るならば x1 = y1 , . . . , xk = yk が従う」ということである.
µ
´
Ã !
Ã !
Ã !
1
1
a
例 17. C2 において e1 =
を考えると, e1 =
の一次結合で書けるベクトルは
(a ∈
0
0
0
Ã !
Ã !
Ã !
a
1
1
C).
=a
と唯一通りに書けるので
は一次独立.
0
0
0
 
 
1
0
 
 
3
同様に C において e1 = 0 e2 = 1 も一次独立. しかしいずれの場合も, 基底にはなっ
0
0
ていない (ベクトル空間を生成していないので).
基底というのはベクトル空間に座標を与えるものであった. 座標と言うのはベクトル空間の
すべての元を特定するものである. 「すべて」に対応するのが生成するという概念であり, 「特
定」に対応するのが一次独立という概念である.
一次独立の概念はなかなかとらえどころがないし, 上の定義のままでは扱いにくい. 次の言い
かえは有用である.
¶
³
命題 18. V をベクトル空間, v1 , . . . , vk を V の元とする. v1 , . . . , vk が一次独立 ⇔ x1 v1 +
· · · + xk vk = o ならば x1 = · · · = xk = 0 が従う.
µ
´
この条件は, v1 , . . . , vk から決まる x1 , . . . , xk の方程式 x1 v1 +· · ·+xk vk = o が x1 = · · · = xk = 0
という解 (自明な解) しか持たないということである.
63


 
a11
a1k
 .. 
 .. 
n
V = C のときを考えてみよう. このとき v1 =  .  , . . . , vk =  .  と書いておき,
an1
ank


 
x1
a11 · · · a1k
³
´
 .. 
 .. . . .. 
A = v1 · · · vk =  .
. . , x =  .  とおく. すると, 命題 18 の言い換えは「Ax = o
an1 · · · ank
xk
ならば x = o が従う」となる. つまりこれは Ax = o という連立一次方程式が自明な解 x = o
しか持たないということである. これは, 行列の掃き出し法を学べば容易に判定できるようにな
る (定理 17).
¶
³
定義 20. 一次独立でないということを一次従属であるという.
µ
´
練習問題 80. 一次従属を定義 19 と同様に定義せよ (その否定命題として). また, 命題 18 に対
応する命題も述べよ.66
以下, 一次独立に関する問題を数多く用意した.
練習問題 81. V をベクトル空間とし, a, b, c ∈ V とする. このとき
a, b, c は一次独立 ⇐⇒ a + b, b + c, c + a は一次独立
を示せ.
練習問題 82. V をベクトル空間, v1 , . . . , vk ∈ V とする. v1 , . . . , vk が一次独立ならば, v1 , v1 +
v2 , . . . , v1 + · · · + vk も一次独立であることを示せ.
練習問題 83. V をベクトル空間とし, a, b, c ∈ V とする. a, b, c が一次独立であるとき a +
b, b + c, c + λa が一次従属となるような λ ∈ C を求めよ.
  
 

1
4
−2
 4   −5   −1 
  
 

4
練習問題 84. C において   , 
,
 が一次従属になるような α, β ∈ C を求
−1  α  1 + i
2
2 + 3i
β
めよ.
練習問題 85. V をベクトル空間とし, v1 , . . . , vk ∈ V とする.
(1) v1 = o ならば v1 , . . . , vk は一次従属であることを示せ.
(2) vi と vj (i 6= j) が互いに定数倍になっているとき v1 , . . . , vk は一次従属であることを示せ.
66
自分なりに分かりやすい形で頭に入れておくこと. 例えば, 「ある (x1 , . . . , xk ) 6= (0, . . . , 0) が存在して,
x1 v1 + · · · + xk vk = o が成立する.」
64
(3) v1 , . . . , vk が一次従属ならば, ある vi が他のベクトルの一次結合であることを示せ.
練習問題 86. P4 := { a4 x4 + · · · + a1 x + a0 | a0 , . . . , a4 ∈ C}(4 次以下の多項式全体) とする. P4
において以下は一次独立であるか?
(1) 1 − x, x − x2 , x2 − x3 , x3 − x4 , x4 − 1
(2) 1 + x, x + x2 , x2 + x3 , x3 + x4 , x4 + 1
練習問題 87. ~ f (x) = x4 + 3x3 + 2x2 + 8 とおく. 上の問の P4 の部分集合 { f (λx) | λ ∈ C}
を含む P4 の最小の部分ベクトル空間は 1, x2 , x3 , x4 で生成されることを示せ.
ここで, 前章の定理 5 を証明する. 鍵となるのは次の補題である.
¶
³
補題 1. V をベクトル空間とし, v1 , . . . , vk を V の元とする. w1 , . . . , wl を v1 , . . . , vk の一次
結合で書けるベクトルとするとき, l > k ならば, w1 , . . . , wl は一次従属である.
µ
´
この補題から定理 5 を導くことは容易であるのでここに書いておく. 定理 5 の通り, 二組の
基底 v1 , . . . , vn と w1 , . . . , wm を取る. v1 , . . . , vn は基底であるから V を生成する. よって
w1 , . . . , wm はその一次結合で書ける. w1 , . . . , wm は基底であるから一次独立であるので, 補
題により m ≤ n でなければならない. v1 , . . . , vn と w1 , . . . , wm の役割を入れ替えて考えれば
n ≤ m も成り立つ. よって m = n である.
次の結果は, 基底がかなり自由にとれることを示す.
¶
³
命題 19 (基底の延長).
V を n 次元のベクトル空間とし，v1 , . . . , vk を一次独立なベクトルとする．この時，v1 , . . . , vk
を含む基底 v1 , . . . , vn が存在する．
µ
´
これは補題 1(と定理 5) の応用として示される. 証明は比較的短いので書いておく.
v1 , . . . , vk を含む一次独立なベクトルの列 v1 , . . . , vk , . . . , vm が得られた状態を考えよう
(m = k の場合を含む). これらのベクトルは V の基底の一次結合であり, V の次元は n である
から, 補題 1 により m ≤ n でなければならない. ここで次の二つの場合が起こり得る.
場合１. V のすべての元が v1 , . . . , vm の一次結合で書ける場合.
このとき v1 , . . . , vm は一次独立であるので基底である. よってこの場合は命題が成り立ち,
定理 5 より m = n である.
場合２. v1 , . . . , vm の一次結合で書けない V の元が存在する場合.
その一つを vm+1 とする. v1 , . . . , vm , vm+1 が一次独立であることを示す.
x1 v1 + · · · + xm vm + xm+1 vm+1 = o
(9)
が成り立つとする. もし, xm+1 6= 0 ならば, (9) を xm+1 で割って, vm+1 = · · · の形にすれば,
vm+1 が v1 , . . . , vm の一次結合で書けることになってしまい vm+1 の選び方に矛盾する. よって
65
xm+1 = 0. すると v1 , . . . , vm は一次独立であるから (9) より x1 = · · · = xm = 0. こうして
v1 , . . . , vm , vm+1 が一次独立であることが分かった. この場合は, 補題 1 より m + 1 ≤ n, つま
り m < n である.
常に, m ≤ n であり, 場合１ならば m = n, 場合２ならば m < n であるから, 場合１ ⇔ m = n,
場合２ ⇔ m < n である.
以上の考察より, v1 , . . . , vk は v1 , . . . , vn まで延長でき, このとき場合１が起こる, つまり,
v1 , . . . , vn は V の基底である.
練習問題 88. V を有限次元ベクトル空間とする. V の次元は, V における一次独立なベクトル
の最大数に等しいことを示せ.
¶
³
系 1.
V を (有限次元) ベクトル空間とし，W を部分ベクトル空間とする．この時，dim V = dim W
が成立．また，等号が成立する ⇐⇒ V = W ．
µ
´
証明は容易で短いので書いておく.
補題 1 により, W に含まれる一次独立なベクトルの最大数は dim V を超えない. 特にその最
大数は有限であり, 練習問題 88 より, そのベクトルは W の基底をなす. よって dim W ≤ dim V
である.
V = W ならば dim V = dim W は明らかである. 逆に dim V = dim W と仮定する. W の基底
w1 , . . . , wm (m = dim W ) を含む V の基底が存在するが, dim V = dim W により w1 , . . . , wm が
そのままで V の基底である. V ⊂ W を示せばよい. v ∈ V を任意の元とすると, w1 , . . . , wm が
V の基底でもあることにより, v はその一次結合で書けるが, もともと w1 , . . . , wm ∈ W である
から, その一次結合も W の元, よって, v ∈ W . こうして V ⊂ W が示された.
練習問題 89. V , W をベクトル空間, f : V → W を線形写像とするとき, dim V = dim Im f +
dim Ker f が成り立つことを示せ.
この章の最後に, 基底, 一次独立の考え方の応用として, 有理式の部分分数展開の存在を示す.
この部分はやや難しいので ~ を付けておく.
f (x) を n 次実係数多項式とする. このとき,
V := {
an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
| a0 , . . . , an−1 ∈ R}
f (x)
とおく. つまり V は, f (x) を分母, n − 1 次以下の実係数多項式を分子に持つ有理式全体であ
る. なお, ここで有理式は, 高々f (x) = 0 を満たす R の点集合 (高々n 点からなる) を除いて定義
される関数と見なす. V の 0 は定数関数 0 である. V が実ベクトル空間になることは容易に分
かる.
1
xn−1
,...,
(10)
f (x)
f (x)
66
が V の基底であることを示す. まず, V の定義により V の元は (10) の一次結合で書ける. 次に
n−1
1
a0 f (x)
+· · ·+an−1 xf (x) = 0 とする (有理式としての等式). すると, 高々f (x) = 0 なる点集合 (高々
n 点からなる) を除き a0 +· · ·+an−1 xn−1 = 0 が成り立つ. an−1 6= 0 ならば, a0 +· · ·+an−1 xn−1 = 0
となる x は高々n − 1 個しかない. よって an−1 = 0 でなければならない. 同様に an−2 , . . . , a0 も
すべて 0 であると分かる. よって (10) は一次独立である. 以上より (10) は基底であることが分
かった.
よって dim V = n である.
V の別の基底を求める. f (x) は
f (x) = a(x − α1 )m1 · · · (x − αp )mp (x2 + β1 x + γ1 )l1 · · · (x2 + βq x + γq )lq
という形に因数分解できる. ただし, a, α1 , . . . , αp , β1 , . . . , βq , γ1 , . . . , γq は実数であり, a 6= 0,
α1 , . . . , αp はすべて相異なり, x2 + β1 x + γ1 = 0, . . . , x2 + βq x + γq = 0 の解はすべて虚数で互
いに相異なる.
Pp
Pq
左右の次数を比べると i=1 mi + j=1 lj = n となっていることに注意. このとき,
1
1
1
1
,...,
,...,
,...,
,
m
1
x − α1
(x − α1 )
x − αp
(x − αp )mp
1
x
1
x
, 2
,..., 2
, 2
,...,
2
l
1
x + β1 x + γ1 x + β1 x + γ1
(x + β1 x + γ1 ) (x + β1 x + γ1 )l1
1
x
1
x
, 2
,..., 2
, 2
2
l
q
x + βq x + γq x + βq x + γq
(x + βq x + γq ) (x + βq x + γq )lq
(11)
は, 分母を f (x) に通分すれば V に属することが分かる. これらが一次独立であることを示す.
1
1
1
1
+ · · · + a1m1
+ · · · + ap1
+ · · · + apmp
+
m
1
x − α1
(x − α1 )
x − αp
(x − αp )mp
1
x
1
x
b11 2
+ c11 2
+ · · · + b1l1 2
+ c1l1 2
+ ···+
l
1
x + β 1 x + γ1
x + β 1 x + γ1
(x + β1 x + γ1 )
(x + β1 x + γ1 )l1
1
x
1
x
bq1 2
+ cq1 2
+ · · · + bqlq 2
+
c
=0
ql
q
x + β q x + γq
x + β q x + γq
(x + βq x + γq )lq
(x2 + βq x + γq )lq
(12)
a11
とする. 左辺を通分したものを fg(x)
とおく. すると f (x) = 0 なる点集合を除き g(x) = 0 である
(x)
が, (10) の一次独立性を示したときと同様に g(x) は関数として (多項式として)0 である. 特に
g(α1 ) = 0 である. g(x) を良く見ると, x = α1 を代入して生き残るのは, a1m1 (x−α11 )m1 から来る
部分
a1m1 a(x − α2 )m2 . . . (x − αp )mp (x2 + β1 x + γ1 )l1 . . . (x2 + βq x + γq )lq
であり, これに α1 を代入すると 0 になるから a1m1 = 0 でなければならない. 同様に a2m2 =
a3m3 = · · · = apmp = 0 が言える. これによって (12) の左辺は
a(x − α1 )m1 −1 . . . (x − αp )mp −1 (x2 + β1 x + γ1 )l1 . . . (x2 + βq x + γq )lq
67
を分母にして通分が出来ることが分かる. これを (12) にかけて得られる有理式の分子を g(x) の
代わりに考えれば, a1m1 −1 = a2m2 −1 = · · · = apmp −1 = 0 が言える. 同様にして, 結局, すべての
aij = 0 が言える. 次に x2 + βi x + γi = 0 の解の一つを δi とする (i = 1, . . . , q). g(δ1 ) = 0 である
が, g(x) を良く見ると, x = δ1 を代入して生き残るのは,
b1l1
1
x
+
c
1l
1
(x2 + β1 x + γ1 )l1
(x2 + β1 x + γ1 )l1
から来る部分
(b1l1 + c1l1 x)a(x − α1 )m1 . . . (x − αp )mp (x2 + β2 x + γ2 )l2 . . . (x2 + βq x + γq )lq
であり, これに δ1 を代入すると 0 になるから b1l1 + c1l1 δ1 = 0 でなければならない. ところが,
b 1
となって, δ1 が虚数であることに反する. よって c1l1 = 0, 従って
c1l1 6= 0 とすると δ1 = − c1l
1l
1
b1l1 = 0 も成り立つ. あとは aij = 0 を示すのと同様にして, すべての bij , cij が 0 であることが
分かる. よって (11) は一次独立である.
Pp
基底の延長により (11) を含む V の基底が存在するが, (11) に属する式の数はすでに i=1 mi +
Pq
j=1 lj = n であるから (11) そのものが V の基底である.
よって, 結果的に, V の元は, (11) に属する式の一次結合として唯一通りに書ける. これが有
理式の部分分数展開に他ならない.
問題のヒント・答.
練習問題 86 の答え (1) でない (2) である
練習問題 87: いろいろな値の λ に対する f (λx) を足したり引いたりすることで 1, x2 , x3 , x4 を
作り出す.
練習問題 89: Ker f の基底を延長した V の基底を取る.
15
線形写像の表現行列と基底のとりかえによるその変化
この章では, 10 章の一般化を扱う.
68
¶
³
定理 6.
V をベクトル空間，v1 , . . . , vn を V の基底とする．f : V −→ V を線形写像とし，

f (v1 ) = a11 v1 + a21 v2 + · · · + an1 vn



 f (v2 ) = a12 v1 + a22 v2 + · · · + an2 vn
と書く．これから定まる行列を
..

.



f (vn ) = a1n v1 + a2n v2 + · · · + ann vn


a11 · · · a1n

.. 
...
A =  ...
. 
an1 · · · ann
とする（成分の並べ方に注意）．この時，f による v1 , . . . , vn に関する座標の変化は A を
使って次のように記述できる．任意の
v ∈ V
を v= p1 v1 + · · · + pn vn と書いておくと，
 0
p1
p1
 .. 
 .. 
0
0
f (v) = p1 v1 + · · · + pn vn ，ただし  .  = A  .  である．
p0n
pn
µ
´
証明は, 記号こそ面倒になるが，10 章で扱った 2 次元の場合と本質的に変わらない．
¶
³
定義 21. この定理における A を f の基底 v1 , . . . , vn に関する表現行列という．
µ
´
     
1 0 i
1
0
0


     
3
3
練習問題 90. 行列 A = 2 i 0 が定める線形写像 C −→ C について，基底  i  , 1 , 0
0 1 2
0
i
1
に関する表現行列を求めよ．


練習問題 91. V をベクトル空間とし，f : V −→ V を線形写像とする．W を V の部分ベクト
ル空間とし，f (W ) ⊂ W が成立すると仮定する．nÃ= dim!V , m = dim W とおく. この時，V
A B
の基底を選んで, その基底に関する f の表現行列が
という形にできることを示せ．た
O C
だし，A, B, C は, それぞれ m × m, m × (n − m), (n − m) × (n − m) 行列である (ヒントはこ
の章の最後)．
!
Ã
!
Ã
!
Ã
!
Ã
1 0
0 0
1 0
1 0
と
, A=
, B3 =
, B2 =
練習問題 92. 2 × 2 行列を B1 =
−2 3
i i
1 0
0 1
おく．
1. 2 × 2 下半三角行列 ((1, 2) 成分が 0 の 2 × 2 行列のこと) 全体のなすベクトル空間 V (ベク
トル空間となることは認めてよい) が B1 , B2 , B3 を基底にもつことを示せ．
69
2. この基底に関する線形写像 V 3 X 7−→ AX ∈ V の表現行列を求めよ (この写像で V の元
が V の元に写ることは認めてよい)．
練習問題 93. 実関数 ex , xex , x2 ex は実関数全体のなす実ベクトル空間において一次独立である
ことを示せ. それらの生成する 3 次元実ベクトル空間を V とする. f ∈ V の導関数 f 0 もまた V
に属する (これは簡単なので認めてよい). V 3 f 7→ f 0 ∈ V は実線形写像を定める (これも認め
てよい). これを g : V → V とする. g の基底 {ex , xex , x2 ex } に関する表現行列を求めよ.
次に基底をとりかえた時, その変化を表す行列を定義する.
¶
³
定義 22.
V
 をベクトル空間，v1 , . . . , vn と w1 , . . . , wn をともに V の基底とする．
 w1 = d11 v1 + d21 v2 + · · · + dn1 vn


 w2 = d12 v1 + d22 v2 + · · · + dn2 vn
と唯一通りに書ける（v1 , . . . , vn が基底だか
..

.



wn = d1n v1 + d2n v2 + · · · + dnn vn


d11 · · · d1n
 .
..  のことを v , . . . , v から w , . . . , w への基底の変換行列と
...
ら）．D =  ..
1
n
1
n
. 
dn1 · · ·
dnn
いう．
µ
´
基底の変換行列によって, 第一の基底に関する座標を第二の基底に関する座標で表すことが
出来る.
¶
³
定理 7.
上の状況の下，
v = p1 v1 + · · · + pn vn = q1 w1 + · · · + qn wn と表
  v ∈V を任意の元とする．

p1
q1
.
.
す時， ..  = D  ..  が成立する．
pn
qn
µ
´
練習問題 94. この定理を定理 6 の証明に倣って示せ.
練習問題 95. 実関数 1, cos x, cos2 x は実関数全体のなす実ベクトル空間において一次独立で
あることを示せ. これらの生成する実ベクトル空間を V とする. 実関数 1, cos x, cos 2x を
cos x の多項式で表すことで,67 1, cos x, cos 2x も V に属し, 基底をなすことを示せ. また, 基底
{1, cos x, cos 2x} から基底 {1, cos x, cos2 x} への基底の変換行列を求めよ.
練習問題 96. Pn := {a0 + a1 x + · · · + an xn | a0 , . . . , an ∈ C} とおく．1, x, x2 , . . . , xn は Pn の
基底である．よって，dim Pn = n + 1 である（ここまでは認めてよい）．a, b, c ∈ C を定数と
67
一般に cos nx は cos x の n 次多項式で表せる. これをチェビシェフの多項式と言う.
70
するとき, f : Pn −→ Pn を p (x) 7−→ ap (x) + (bx + c) p0 (x) で定める（線形写像であることは
認めてよい)．
1. f の 1, x, x2 , . . . , xn に関する表現行列を求めよ．
2. 1, x + 1, (x + 1)2 , . . . , (x + 1)n が Pn の基底となることを示せ．
3. f の 1, x + 1, (x + 1)2 , . . . , (x + 1)n に関する表現行列を求めよ．
4. 1, x, x2 , . . . , xn から 1, x + 1, . . . , (x + 1)n への基底の変換行列を求めよ．
基底の変換行列 D の基本的な性質を調べるため n × n 行列に対して正則という概念を定義
する.
¶
³
定義 23.
n × n 行列 A が正則行列であるとは，n × n 行列 B で AB = BA = E を満たすものが存在
するということ．
µ
´
練習問題 97. 正則行列の積は正則行列であることを示せ．
この定義は少し弱めることができる．
¶
³
命題 20.
n × n 行列 A について，A が正則である ⇐⇒ n × n 行列 B, B 0 で AB = B 0 A = E となる
ものが存在する．
この時，結果的に B = B 0 となる．
µ
´
0
証明はパズル的である. 短いので書いておく. A が正則であれば, B, B として定義 23 の B を
取ればよい. 逆に AB = B 0 A = E を仮定する. B = B 0 を示せばよい. これは次のように一行で
済む.
B = EB = (B 0 A)B = B 0 (AB) = B 0 E = B 0 .
注意 19.
この命題より AB = BA = E となる B は存在すれば唯一つであることも分かる (証明を考えて
みよ)．B のことを A の逆行列と呼ぶ．
¶
³
命題 21.
V をベクトル空間，v1 , . . . , vn と w1 , . . . , wn をともに V の基底とする．このとき, v1 , . . . , vn
から w1 , . . . , wn への基底の変換行列 D は正則行列である．D の逆行列は w1 , . . . , wn から
v1 , . . . , vn への基底の変換行列である.
µ
´
基底の変換行列により表現行列の変化が記述できる.
71
¶
³
定理 8.
定義 22 の状況の下，f : V −→ V を線形写像とする．f の v1 , . . . , vn と w1 , . . . , wn それぞ
れに関する表現行列を A, B とすると，B = D−1 AD が成立する．
µ
´
この証明も 2 次元の時と本質的に変わらない．なお，D の逆行列の一般的な求め方は, いずれ
掃き出し法の応用として説明する (20.2 節)．
注意 20. 任意の線形写像 f : V → W についても表現行列を定義することが出来る. 線形写像
V → V の場合 (つまり定義域と値域が一致する場合) と異なるのは, V の基底と W の基底を両
方選んでおく必要がある点のみである. V の基底の f による像を W の基底の一次結合で表せば
よい. 詳しくは適当な教科書を見られたい. なお, この考え方でいくと, V → V の場合でも, 左
の V と右の V の基底を違うものに選ぶこともできる.
問題のヒント・答. 練習問題 91：W の基底を延長して V の基底を取る.
16
行列式の性質と計算
この章では n × n 行列の基本的な量である行列式の定義と計算方法を学ぶ. 行列式を扱う時
は, n × n 行列を (a1 · · · an ) のようにベクトルを並べたものと理解しておくのが良い（あるい
t 
a1
 .. 
は, あとで定理 11 で見るように  .  と横ベクトルを並べたものと見ても良い）．
t
an
72
¶
³
定理 9 (行列式の存在定理).
任意の n × n 複素行列 A に対して A の行列式 det A という複素数が定まり，行列の演算に
関して次の 3 つの性質を満たす．
(1) （多重線形性）
各 i (1 ≤ i ≤ n) と α, β ∈ C に対して
¶
µ
i
det a1 · · · αai + βbi · · · an =
³
´
i
α det a1 · · · ai · · · an + β det (a1 · · · bi · · · an ) .
(2) （交代性）
³
´
³
´
j
j
i
i
det a1 · · · ai · · · aj · · · an = − det a1 · · · aj · · · ai · · · an .
(3) （規格化条件）


1


A =  . . .  = (e1 · · · en ) に対して，det A = 1．
1
µ
´
本講義では, この定理の証明はしない．ここではむしろ性質 (1)∼(3) を繰り返し使用するこ
とでいろいろな行列式を計算できるようになることを目標とする．定義に興味がある人は, 適
当な教科書を参照してほしい. なお, 18 章に, 行列式の定義に必要な置換についてまとめてお
いた.
定理 16 の条件はそのままではなく次のような形で使われることが多い．
¶
³
系 2.
(1) ある列を定数倍すると行列式も同じ定数倍される．det (a1 · · · dai · · · an )
d det (a1 · · · ai · · · an ) .
(2) ある列が他の列の定数倍となっている行列の行列式は 0
det (a1 · · · ai · · · dai · · · an ) = 0. 例えば, ある列が o ならば行列式は 0.
=
である．
(3) ある列に他の列の定数倍を足しても行列の行列式は変わらない．
det (a1 · · · ai · · · aj · · · an ) = det (a1 · · · ai + λaj · · · aj · · · an ) .
µ
´
これらは, 定理から簡単に導くことができる. 行列式の計算においては, これらを繰り返し用い
ることで, より簡単な行列の行列式の計算に帰着させるのが常である．
73
例 18.
1. 2 × 2 行列の行列式は既知だが，定理 16(1)∼(3) のみから計算できる．






2 1 0
1 1 0
1 0 0

 系 2(1)

 系 2(3)

 定理 16(3)
2. det 0 1 0 = 2 det 0 1 0 = 2 det 0 1 0 = 2.
0 0 1
0 0 1
0 0 1


a11 a12 a13


練習問題 98. 定理 16(1)∼(3) を使って 3 × 3 行列 a21 a22 a23  の行列式を計算せよ．得ら
a31 a32 a33
れた公式はサラスの式と呼ばれる．
次の行列式の性質は行列式の計算をそのサイズについて帰納的に行うことを保証する．
¶
Ã
定理 10. det
A C
O B
!
= det A det B, ただし, A と B は正方行列である．
µ
´
次の特別な場合をよく使う．
¶
³



系 3. det 


a
0
..
.
t
c
³



 = a det B, ただし, a ∈ C, t c は横ベクトル, B は正方行列である．
B 

0
µ

´

Ã
!
2 1 1
3 2


例 19. det 0 3 2 = 2 det
= 2 (3 × 6 − 2 × 5) = 16.
5 6
0 5 6
定理 10 は定理 16 から証明できるが，ここでは略す (練習問題 122)．この後に学ぶ掃き出し
法を使って証明することもできる．
次の定理によって正方行列を行ごとに見て行列式を計算することもできる．
¶
³
定理 11 (行列式の転置不変性). n × n 行列 A に対して，det A = det t A．
µ
´
この定理も定理 16(置換の符号を使った行列式の定義) から得られるが証明を略す．
転置をとると列が行となるので，上記の定理 16(1)∼(3)，系 2，定理 10，系 3 の行バージョ
ンが得られる．
練習問題 99. それらを書き下せ．よく頭に入れておくこと.
74
実は, このように行を中心に見る方が, この後 19 章で学ぶ掃き出し法 (こちらは行を中心に見
ることが多いので) と相性が良い．
定理 16(1)∼(3), 系 3(1)∼(3), 定理 11 によって得られる次の定理は，系 3 よりも一般的な行
列式の帰納的計算を可能にする．
¶
³
定理 12 (行列式の余因子展開).
n × n 行列 A = (aij ) に対して，その i 行と j 列を除いて得られる行列を Bij とし，Aij :=
(−1)i+j det Bij とおく（この Aij を (i, j) 余因子という）．
1. 各 i に対して，det A = ai1 Ai1 + · · · + ain Ain が成立する．
2. 各 j に対して，det A = a1j A1j + · · · + anj Anj が成立する．
µ
´
注意 21.
実はこの定理を少し発展させれば det A 6= 0 の時の A の逆行列の公式を得ることができる．適
eを
当な教科書を参照のこと. ここでは結果のみ記しておく. n × n 行列 A = (aij ) に対して，A
(i, j) 成分が Aji となる n × n 行列とする (i と j がひっくり返っていることに注意). これを A の
e が A の逆行列である.
余因子行列と呼ぶ. det A 6= 0 のとき, det1 A A
練習問題

3

1. 3
2

1

2. 1
1

2
0

3. 
2
0

x
a


4. a

a
a
100. 次の行列の行列式を計算せよ，あるいは等式を示せ．

1 5

1 1
2 2

bc b + c

ca c + a （注：サラスの公式を使ってしまうと因数分解できない）
ab a + b

−2 1
3
2 −1 −1


−3 2
4
−1 1
1
a
x
b
b
b
b
b
x
c
c
c
c
c
x
d

d
d


d

d
x
75


2 −1 3 0 0
1 1 0 0 0 




5. 3 −1 1 0 0


0 0 0 2 3 
0 0 0 −1 1


x −1 0 · · ·
0
0

 0 x −1 · · ·
0
0





0 0
x ···
0
0
 = xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 .68
6. det 
.


.
.




0 0
0 ···
x
−1 
a0 a1 a2 · · · an−2 an−1 + x
Ã
!
A B
7. det
= det (A + B) det (A − B) . ここで A と B は同じサイズの正方行列．
B A


a b c


8.  c a b  を使って a3 + b3 + c3 − 3abc を因数分解せよ．
b c a
以下の問題は全て難しめであるので ~ を付けておく.
練習問題 101. 次の行列の行列式を計算せよ. 但し考えている行列は n 次正方行列で A = (aij )
と表す.69
(a) aij = a|i−j| . ここで, a はある数, |i − j| は i − j の絶対値である.
(b) aij =
1
xi +yj
(xi + xj 6= 0).
(c) m を自然数とするとき, aij =
¡m+i¢
j
. ただし,
¡m+i¢
j
は m + i < j のときは 0 とする.
(d) bi (i ∈ Z) を i − j が n で割り切れるとき bi = bj を満たす数として, aij := bi−j .
練習問題 102. A を階数が 1 の正方行列とする. |A + I| = t A + 1 を示せ.
練習問題 103. A を交代行列とする, すなわち, A = (aij ) (1 ≤ i, j ≤ n) が aji = −aij を満た
すとする.
(i) n が奇数ならば |A| = 0 を示せ.
(ii) n が偶数ならば A のすべての成分に同じ数を足しても行列式は変わらないことを示せ.
68
69
考えている行列を xE − A と書くとき, A を多項式 xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 の同伴行列と言う.
n が小さい場合で予想してみれば手がかりが得られるはず.
76
(iii) n が偶数であり, i < j ならば常に aij = 1 を満たすとき, |A| を求めよ.
練習問題 104. A = (aij ) を 2m 次交代行列とする.
(i) B を (i − 2, j − 2) 成分 (1 ≤ i − 2, j − 2 ≤ 2m − 2) が (a12 aij − a1i a2j + a2i a1j ) である
2m − 2 次交代行列とする. |A| = (a12 )4−2m |B| を示せ.
(ii) |A| は次で与えられる A の成分の多項式の二乗になっていることを示せ:
X
1
ε(i1 , i2 , . . . , in )ai1 i2 ai3 i4 · · · ai2m−1 i2m .
2m m! i ,i ,...,i
1 2
n
ただし, i1 , i2 , . . . , in は 1, 2, . . . , n のすべての順列を動き, ε(i1 , i2 , . . . , in ) は i1 , i2 , . . . , in を
偶数回の並べ替えで 1, 2, . . . , n にできるとき 1 であり, i1 , i2 , . . . , in を奇数回の並べ替え
で 1, 2, . . . , n にできるとき −1 であるとする.
練習問題 105. A, B を n 次正方行列とする. A + λB が n + 1 個の異なる λ についてべき零
であるとき, A, B ともにべき零であることを示せ.
練習問題 106. A = (aij ) を n 次正方行列, Aij を A の (i, j) 余因子とする.
(i) 1 ≤ p < n に対して,
¯
¯
¯
¯A11 . . . A1p ¯
¯ap+1 p+1 . . .
¯
¯
¯
¯ ..
¯
.. = |A|p−1 ¯ ..
¯ . ...
¯
¯ .
. ¯
...
¯
¯
¯Ap1 . . . App ¯
¯ an p+1 . . .
¯
ap+1n ¯¯
.. ¯
. ¯¯
ann ¯
が成り立つことを示せ.
(ii) A が正則でないとき A の余因子行列は階数は 1 以下であることを示せ.
練習問題 107. A を n × m 行列, B を m × n 行列とし, n ≤ m とする.
|AB| =
X
Ak1 ...kn B k1 ...kn
1≤k1 <k2 <···kn ≤m
が成り立つことを示せ. ただし, Ak1 ...kn は A の k1 , . . . , kn 列を並べて得られる正方行列の行列
式, B k1 ...kn は B の k1 , . . . , kn 行を並べて得られる正方行列の行列式である.
練習問題 108. V を n 次正方行列全体のなすベクトル空間, φ : V → V を線型写像とする. す
べての A ∈ V に対して |A| = |φ(A)| となるとき φ は単射であることを示せ.
練習問題 109.
77


(b + c)2
ab
ac


3
det  ab
(c + a)2
bc  = 2abc (a + b + c) .
ac
bc
(a + b)2


(b + c)2
c2
b2


3
det  c2
(c + a)2
a2  = 2 (bc + ca + ab) .
b2
a2
(a + b)2
問題のヒント・答. 問題 100：
1. 16
2. (a − b) (b − c) (c − a)
3. 0
4. 全ての列を足すとどうなる？ (x + a + b + c + d) (x − a) (x − b) (x − c) (x − d) .
5. 定理 10 を使う．−45.
6. 1 行目で余因子展開．
7. 定理 10 に帰着させるには？
17
17.1
行列式の応用 ~
終結式と判別式
70
定理 13. 二つの多項式
f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an ,
g(x) = b0 xn + b1 xn−1 + · · · + bn
が共通根を持つための必要十分条件は係数を並べて得られる次の行列式 R(f, g) が 0 になる
こと :
¯
¯
¯a0 a1 . . . an . . . . . . 0 . . . 0¯
¯
¯
¯ 0 a0 a1 . . . an . . . 0 . . . 0¯
¯
¯. .
. . . . . . . . . . . . . . ...
¯
¯ ..
¯
¯
¯ 0 . . . 0 a0 a1 . . . an . . . 0¯
¯
¯
¯ b0 b1 . . . bm . . . . . . 0 . . . 0¯
¯
¯
¯ 0 b0 b1 . . . bm . . . 0 . . . 0¯
¯
¯.
¯
¯ . . . . . . . . . . . . . . . . ..
.
¯
¯.
¯
¯ 0 ... 0 b
b
... b
... 0
0
70
1
この章は完成していないので読み飛ばしてください.
78
m
71
R(f, g) のことを終結式と言う.
練習問題 110. f , g ともに二次式の場合に R(f, g) を実際に計算してみよ.
証明. まず f (x) と g(x) が共通根 α を持つとする. R(f, g) に対応する連立線型方程式
a0 x 0 +
..
.
b0 x0 +
..
.
a1 x1 +
a0 x1 +
..
.
b1 x1 +
b0 x1 +
..
.
...
···+
a1 x 2 +
..
.
a0 xm−1 +
···+
b1 x2 +
..
.
b0 xn−1 +
an xn
···+
an xn+1
..
.
···+
a1 xm +
bm xm
···+
bm xm+1
..
.
···+
b1 xn +
=0
=0
..
.
an xn+m−1
=0
=0
=0
..
.
bm xn+m−1
=0
は x0 = αm+n−1 , x1 = αm+n−2 , . . . , xm+n−2 = α, xm+n−1 = 1 を解に持つ. 従って R(f, g) = 0.
R(f, g) = 0 とする.
f (x) = a0 (x − α1 )(x − α2 ) · · · (x − αn ) = 0,
g(x) = a0 (x − β1 )(x − β2 ) · · · (x − βm ) = 0
と因数分解するとき f (x) と g(x) が共通根を持つ必要十分条件は
n,m
Y
(αi − βj ) = 0
i,j
である. そこで
R(f, g) =
n
am
0 b0
n,m
Y
(αi − βj )
i,j
を示せばよい.
R(f, g) の定義と行列式の性質から, 任意の定数 c に対して
R(cf, g) = cm R(f, g),
R(f, cg) = cn R(f, g).
よって
1
1
f, g).
a0 b0
1
1
よって f を a0 f , g を b0 g で置き換えて a0 = 1, b0 = 1 として
n
R(f, g) = am
0 b0 R(
R(f, g) =
n,m
Y
(αi − βj )
i,j
71
f (x) の係数 ai に対応する行が m 行, g(x) の係数 bi に対応する行が n 行ある. 従って考えている行列は
m + n 次正方行列である.
79
を言えばよい.
さて根と係数の関係により, (−1)k ak , (−1)l bl はそれぞれ αi , βj の基本対称式で表される. よっ
Qn,m
て R(f, g) も i,j (αi − βj ) も αi , βj の多項式である. そこで αi , βj をそれぞれ xi , yj で置き
Qn,m
換えて R(f, g) を xi , yj の多項式と考え, i,j (xi − yj ) に一致することを示す.
まず f (x) と g(x) が共通根を持てば R(f, g) = 0 であった, つまり, ある i, j について xi = yj
であれば R(f, g) = 0. xi , yj の多項式の世界で割り算を考える. R(f, g) を
A0 xp0 + A1 xp0 + · · · + Ap
という形に書く, ただしここで Ai は yj と x1 以外の xi の多項式である.
A0 xp1 + A1 xp1 + · · · + Ap
を x1 − y1 で割り算する. 商と余りは yj と x1 以外の xi の多項式である. 余りを r(xi , yj ) (i 6= 1)
とする. x1 = y1 とすると R(f, g) = 0, よって r(xi , yj ) = 0. r(xi , yj ) は x1 を含まないから, こ
れは r(xi , yj ) が多項式として 0 ということである. 故に R(f, g) は x1 − y1 で割り切れる. 他
の xi − yj についても同様である. こうして
R(f, g) = d(xi , yj )
n,m
Y
(xi − yj )
i,j
(d(xi , yj ) は xi , yj の多項式) であることが分かった.
さて R(f, g) の各項は i1 , i2 , . . . , im+n を 1, 2, . . . , m + n の任意の順列として
±ai1 −1 ai2 −2 · · · aim −m bim+1 −1 bim+2 −2 · · · aim+n −n
である. ただし ak (k ≤ −1, k ≥ n + 1), bl (l ≤ −1, l ≥ m + 1) は 0 とする. よって R(f, g) の
0 でない項の xi , yj に関する次数は
m+n
X
k=1
ik −
m+1
n+1
m+n+1
m+1
n+1
−
=
−
−
= mn.
2
2
2
2
2
Qn,m
n
(xi − yj ) についても同様なので d(xi , yj ) は定数. y1n y2n · · · ym
の係数は,
n
おいて (−1) , R(f, g) においては
i,j
(i1 , i2 , . . . , im+n ) = (1, 2, , . . . , m + n)
にのみ現れるので, やはり (−1)n (bm = −y1 · · · ym に注意). よって d = 1.
注意 22.
R(f, g) =
am
0
n
Y
g(αi ) =
i=1
bn0
m
Y
i=1
が成り立つ.
80
f (βj )
Qn,m
i,j
(xi − yj ) に
f (x) が重根を持つための必要十分条件は f (x) と f 0 (x) が共通根を持つことである. よって,
上の定理によりそれは R(f, f 0 ) = 0 と同値である. R(f, f 0 ) は a0 で割り切れる. 上の注意より
n
Y
1
0
n−2
R(f, f ) = a0
f 0 (αi ).
a0
i=1
f 0 (αi ) = a0 (αi − α1 ) · · · (αi − αi−1 )(αi − αi+1 ) · · · (αi − αn ).
よって
n
Y
Y
1
0
2n−2
(αi − αj ) =
R(f, f ) = a0
a0
i=1 j=1,j6=i
(−1)
n(n−1)
2
a2n−2
{
0
Y
(αi − αj )}2 =
i<j
(−1)
n(n−1)
2
∆(α1 , . . . , αn )2 .
a2n−2
0
a2n−2
∆(α1 , . . . , αn )2 を f (x) の判別式という.
0
18
(付録) 置換について ~
X を任意の集合とする. ここでは, 集合 {1, . . . , n}(1 から n までの自然数全体) のみ念頭にお
いておけば十分である. X の置換とは X から X への全単射のことである. X の置換全体を SX
g
f
と書く. 2 つの置換 f : X → X, g : X → X があると, その合成 f ◦ g : X → X → が定義され
る. この合成を積と見なすことで X の置換全体 SX は群をなす.72 特に X = {1, 2, . . . , n} のと
き, SX を Sn と書いて, 次数 n の対称群という. 1 5 k 5 n なる k に対し, その行き先が ik とな
n
るような Sn の元を ( i11 ···
··· in ) で表す. Sn の元の数は 1, . . . , n の並べ替えの数に等しいから n! で
ある.
例 20. 例えば, 次数 3 の対称群 S3 は次の 6 個の元からなる.
S3 = {( 11 22 33 ) , ( 11 23 32 ) , ( 12 21 33 ) , ( 12 23 31 ) , ( 13 21 32 ) , ( 13 22 31 )}.
二つの元の合成は (関数の合成を表す ◦ を省略して)
( 12 21 33 ) ( 11 23 32 ) = ( 12 23 31 ) ,
( 11 23 32 ) ( 12 21 33 ) = ( 13 21 32 )
などの様に表す. この例から分かるように, この積は (行列の積と同様) 可換ではない.
72
群については, 意識しなくても読めるようにはなっているが, せっかくなので理解しておいてほしい.
81
多くの線形代数の教科書では, 置換を表すためにこの記法のみ用いているが, これから導入す
る記法の方が簡明で本質をついている.
¶
³
置換の新記法
ある置換が与えられたとする.
まず 1 つの左かっこを書く：(
次にこの置換で動かされる最小の数 i1 を書く：(i1
次に i1 の移り先 i2 を書く：(i1 i2
以下これを続ける. i1 , i2 , . . . に現れる数の可能性は n 通りしかないので, ある
ik があって, ik の移り先が i1 となる. このとき, ik を最後に右かっこで閉じて
(i1 · · · ik ) と書く.
さらに, ここまでで動かされない整数で最小のものをとり, 同じことをする. 以
下これを繰り返す.
µ
´
例 21. ( 15 24 33 46 51 62 ) = ( 1 5 ) ( 2 4 6 ) となる (3 は動かないので書かない).
練習問題 111. ( 11 28 39 43 56 62 77 85 94 ) と ( 18 21 36 47 53 65 74 82 ) を新記法で表せ.
各々の ( a1 a2 ··· ak ) を長さ k の巡回置換, あるいは k-サイクルともいう. これは a1 を a2 に, a2
を a3 に, . . ., ak を a1 に移し, 他は動かさないような置換である. 2-サイクル ( a1 a2 ) のことを互
換という (つまり a1 と a2 の入れ替え).
¶
³
定理 14. Sn のすべての元は, 互換の積でかける.
µ
´
証明. 置換の新記法の導入から明らかなように, Sn の各元は巡回置換の積でかける. よって巡
回置換 ( a1 a2 ··· ak ) が互換の積でかけることを示せばよい. これは,
( a1
a2 ··· ak
) = ( a1
ak
) ( a1
ak−1
) · · · ( a1
a3
) ( a1
a2
)
であるから良い (右辺の互換の合成で, a1 , a2 , . . . の行き先を順次確認することで, この等式を確
かめてみよ).
例 22. ( 1 5 ) ( 2 4 6 ) = ( 1 5 ) ( 2 6 ) ( 2 4 ) である.
練習問題 112.
(a) Sn のすべての元は ( 1 2 ) , ( 1 3 ) , . . . , ( 1 n ) の積でかけることを示せ.
(b) Sn のすべての元は ( 1 2 ) , ( 2 3 ) , . . . , ( n−1 n ) の積でかけることを示せ.
(c) Sn のすべての元は ( 1 2 ) と ( 1 2 ··· n ) の積でかけることを示せ.
(ヒントはこの章の最後にある.)
82
行列式の定義で重要となるのが次である.
¶
³
定理 15. Sn の元 α を互換の積で書くとき, それが偶数個の積であるか奇数個の積であるか
どうかは, 互換の積としての表し方によらない.
µ
´
証明. x1 , . . . , xn を変数として, 差積と呼ばれるそれらの多項式 ∆(x1 , . . . , xn ) を以下のように定
める：
∆(x1 , . . . , xn ) := Π15i<j5n (xi − xj )
= (x1 − x2 )(x1 − x3 ) · · · (x1 − xn )(x2 − x3 ) · · · (xn−1 − xn ).
α ∈ Sn に対して, α∆(x1 , . . . , xn ) を
α∆(x1 , . . . , xn ) := ∆(xα(1) , . . . , xα(n) )
で定める. これを ∆ に α を作用させるということにする. xα(1) , . . . , xα(n) は x1 , . . . , xn を並べ替
えただけであるから,
α∆(x1 , . . . , xn ) = ±∆(x1 , . . . , xn )
が成り立つ. α が互換 βi の積で
α = β1 · · · βk
(13)
と書けたとする (定理 14). このとき,
α∆(x1 , . . . , xn ) = β1 (β2 · · · (βk ∆(x1 , . . . , xn )))
である. 互換を 1 回作用させると差積は −1 倍される. よって, α∆(x1 , . . . , xn ) = (−1)k ∆(x1 , . . . , xn )
である. 左辺は, (13) という互換の積による表示には無関係に α のみで決まり, 右辺は (−1)k で
ある. よって k の偶奇は α のみによって決まる.
例 23. n = 3 とする. ∆(x1 , x2 , x3 ) = (x1 − x2 )(x1 − x3 )(x2 − x3 ) である. α = ( 1 3 2 ) のとき,
α∆(x1 , x2 , x3 ) = (x3 − x1 )(x3 − x2 )(x1 − x2 ) = ∆(x1 , x2 , x3 )
である. よって α は偶数個の置換の積でかける. 例えば,
α = (1 2)(1 3) = (2 3)(1 2) = (2 3)(2 3)(2 3)(1 2)
などと色々な表し方ができるが, いずれも偶数個の置換の積である.
¶
³
定義 24. α ∈ Sn に対し, sign α を,
(
sign α =
+1 α が偶数個の互換の積のとき,
−1 α が奇数個の互換の積のとき
で定める. これを α の符号という. sign α = 1 のとき α は偶置換, sign α = −1 のとき α は奇
置換という.
µ
´
83
注意 23. 定理の証明より, sign (αβ) = sign α · sign β が分かる.
問題のヒント・答 (練習問題 112 のヒント).
(1) ( a b ) = ( 1 a ) ( 1 b ) ( 1 a ).
(2) ( 1 k ) = ( k−1 k ) · · · ( 3 4 ) ( 2 3 ) ( 1 2 ) ( 2 3 ) ( 3 4 ) · · · ( k−1 k ).
(3) ( 1 2 ··· n )k−1 ( 1 2 ) ( 1 2 ··· n )−(k−1) を計算せよ.
19
掃き出し法と連立一次方程式

a11 x1 + · · · + a1n xn = b1



 a21 x1 + · · · + a2n xn = b2
連立一次方程式
は,
..
..

.
.



am1 x1 + · · · + amn xn = bm
 
 

a11 · · · a1n
x1
b1
 .. . . .. 
 .. 
 .. 
A= .
. . , x =  . , b =  . 
am1 · · · amn
xn
bn

とおくことで Ax = b と書ける.
行列 A に掃き出し法 (以下で説明する行列の基本変形の繰り返し) を適用することで, この方
程式をより簡単な形 (A がより簡単な行列に置き換わる) にして, この方程式を解きやすくでき
る. それによってこの方程式がどのくらい解を持つかも判定できるようになる.
¶
³
定義 25. (行列の基本変形)
行列に対する次の三つの操作を行に関する行列の基本変形という: (1) ある行を λ(6= 0) 倍
する. (2) ある二つの行を入れ替える. (3) ある行に別の行の µ 倍を足す (µ = 0 でもよい).
µ
´
注意 24.
1. (1)∼(3) は全て後戻りできる操作である. なぜなら (1) に対してはその行を λ1 倍
すれば元に戻り, (2) に対しては, 入れ替えた行をまた入れ替えれば元に戻り, (3) に対し
ては, 足した行を次に −µ 倍して足せば元に戻るからである.
2. 列に関する基本変形も同様に定義する. 各自, 書き下してみること.
84
¶
³
定義 26.
次の形の行列を階段行列とよぶ:
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
0···0 1
∗···∗
0
∗···∗
1
∗···∗
..
.
O
0
..
.
∗···∗
0
∗···∗
1
∗···∗
0
..
.
..
.
0
1
0
..
.
0
∗···∗
..
.
..
.
.
..
∗···∗
0···0
..
.
0···0
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C.
C
C
C
C
C
C
C
A
言葉で説明すると次のようになる．行列の各行の 0 でない一番左の成分をその行の先頭の
成分ということにする. 階段行列というのは, 下の行になるほど先頭の成分が右へずれてい
く行列で, さらに先頭の成分はすべて 1, 先頭の成分の上下の成分はすべて 0 となっているも
のに他ならない. (この説明から階段行列の図を各自復元してみよ.)
µ
¶
´
³
定理 16.
任意の行列は行基本変形の繰り返しで階段行列にできる.
µ
´
注意 25. この定理の証明法を掃き出し法またはガウスの消去法という.
¶
³
定義 27.
行列 A に対して, A を階段行列に変形したときの先頭の成分の数のことを A の階数 (ラン
ク) とよび rkA で表す.
µ
´
実を言えば, 行列を基本変形して階段行列にするための方法はいろいろあるので, その方法が
違っても先頭の成分の数が変わらないことを言っておかなければ, 階数が定義できたとはいえ
ない．この問題は, 定理 18 の後で解決される.
練習問題 113. 次の行列を行に関する基本変形で階段行列にせよ
. 階数はいくつか?73


2 3 0
1






0 1 −2 1 
i
1−i
3
−i
4 2 3 1


1 + i
0 0 0 2
3 0 9
i
−i
20i 
3



 (3) 

(1) 


 (2) 



5 0 0 0
1
−
i
−2
+
3i
−6
−
i
2
+
i
2
1
4
−1




2 + i −1 + 3i −3 − 2i 4 − i
0 0 0 1
3 2 5 −1
1 5 −7 4
73
階数を求めるためだけならば, 階段行列まで持っていく必要はない. 先頭の成分を 1 にしなくてよいし, また,
先頭の成分の上を 0 にしなくてもよい.
85
この定理を連立一次方程式 Ax = b を解くことに応用する. 定理 16 を行列 (A|b)(A と b を並
べた行列) に適用する. ここで大切なことは, (A|b) に行に関する基本変形を施していって (A0 |b0 )
となったとき, x が Ax = b を満たすことと x が A0 x = b0 を満たすことと同値であるというこ
とである．なぜなら, 基本変形 (1) の (A|b) のある行を λ(6= 0) 倍するという操作は, 連立方程式
にとってはある行を λ 倍することであり, 方程式の意味は変わらない.74 また, 基本変形 (2) の
(A|b) のある二つの行を入れ替えると言うのは, 連立方程式にとっては 2 つの式を入れ替えると
いうことであり, やはり方程式の意味は変わらない. そして, 基本変形 (3) の (A|b) のある行に
別の行の µ 倍を足すというのは, 連立方程式にとっては次のような変形である.
<
..
..
.
.
ai1 x1 + · · · + ain xn = bi
(ai1 + µaj1 )x1 + · · · + (ain + µajn )xn = bi + µbj
..
..
) µ 倍を足す Ã
.
.
aj1 x1 + · · · + ajn xn = bj
aj1 x1 + · · · + ajn xn = bj
..
..
.
.
これから, やはり方程式の解が変わらないことが分かる.
よって Ax = b の代わりに, (A|b) を変形して得られる階段行列に対応する連立一次方程式を
解けばよい. (A|b) に定理 16 を適用すると以下の行列が得られる:

















j10 j20 · · ·
j1
00···
1
j2
∗···∗
0
1
jr−1
∗···∗
∗···∗
...
0
..
.
0
1
jr
∗···∗
∗···∗
∗···∗
0
..
.
..
.
0
1
∗···∗
..
.
..
.
..
.
∗···∗
O
d1
..
.
..
.
..
.
dr
dr+1
0
..
.
0









.







(14)
ただし, j1 , j2 , · · · は先頭の成分のある列に左から順につけた番号, j10 , j20 , · · · はそれ以外の列に
左からつけた番号である. また, dr+1 は 0 か 1 である (最後の列に先頭の成分があるかないか
の違い). 一番右の列を除いた行列はまさに A を変形して得られる階段行列である. よって
rk(A|b)=rkA または rkA+1 が成り立っている. r=rkA に注意.
74
方程式を解くときは, 主に係数が無駄に公約数を持つときの簡約のために行われる.
86
対応する連立一次方程式は
xj 1 +
n−r
X
c1l xjl0 = d1
l=1
..
.
xj r +
n−r
X
(15)
crl xjl0 = dr
l=1
0 = dr+1
である. この方程式の特徴は, i 番目 (1 ≤ i ≤ r) の式に出てくる xj1 , . . . , xjr は xji ただ一つとい
うことである. それに注目すると, この方程式の解は次のようにして求まる.
¶
³
場合 1. dr+1 = 1 のとき (⇔ rk(A|b)=rkA+1)
このときは一番下の式が 0=1 となり, これは成立しないので解はない.
場合 2. dr+1 = 0 のとき (⇔ rk(A|b)=rkA)
0
この連立方程式 (15) は xj10 , . . . , xjn−r
から xj1 , . . . , xjr を決める式とみることができる. よっ
0
て xj10 , . . . , xjn−r
を自由に与えて, (15) が成立するよう xj1 , . . . , xjr を決めれば, それは全て
の解を与える (一般に不定解).
µ
´
重要な場合として, b = o の場合, つまり Ax = o を考える (これを斉次型連立一次方程式とい
う). これは必ず x = o なる解を持つ (これを自明な解という). それ以外の解を持つ条件は場合
0
の部分があればよい. すなわち n − r > 0 ⇔ rkA < n. こ
2 を見れば分かる. つまり xj10 , · · · xjn−r
の事実を定理としてまとめておく.
¶
³
定理 17. Ax = o が自明でない解を持つ ⇔ rkA < n.
µ
´
n
この定理は次のように精密化できる. 連立方程式 Ax = o の解全体の集合 {x ∈ C | Ax = o}
を解空間と呼ぶ．容易に分かるように, 解空間は Cn の部分ベクトル空間である．
¶
³
定理 18. 解空間の次元は n − r に等しい.
µ
´
この定理は上記の連立方程式の解法により, 解空間の基底を次のように見つけることで示され
0
る. xi (1 ≤ i ≤ n − r) を xj10 , . . . , xjn−r
のうち, xji0 のみ 1 で他はすべて 0, xj1 , . . . , xjr は上記の
場合２の通りに決まっている解とする. このとき, x1 , . . . , xn−r が解空間の基底であることが分
かる. よって解空間の次元は n − r である.
この定理を用いると, 次のように, 行列 A の階数の定義がうまく行っていることが分かる.
解空間は線形写像 fA : Cn → Cm の核に他ならないことに注意すると, 練習問題 89 により,
dim Im fA = n − dim Ker fA . よって, 定理 18 により, r = dim Im fA . ここで, r を A の階数と定
義したのだが, それが, dim Im fA という, A の階段行列への変形の仕方によらない数に一致する
ことが分かった. よって, 行列 A の階数の定義がうまく行っていることが分かった.
87
また, Im fA は A の列ベクトルで生成されるベクトル空間であることに注意すると (命題 4 (1)
による) , 練習問題 88 と同様の考え方により次のことが分かる.
¶
³
定理 19. rk A は A の一次独立な列ベクトルの最大数に等しい.
µ
´
練習問題 114. 次の連立一次方程式を掃き出し方で解け
.



2x + y + 3z + 4u = 1



 6x + 15y + 4z = 26
 3x − y + 2z + 5u = 2
(1)
9x + 5y + 6z = 25 (2)


x + 3y + 4z + 3u = 0
 3x + 5y + 2z = 11



4x − 3y + z + 6u = 3
一次独立性の判定の問題は, 連立一次方程式に帰着されることを注意した (命題 18 の下). 次
はそれに関連した問題である.
     
1
−1
1
     
練習問題 115. (1) 2 ,  0  , 3 が一次従属となる a を求めよ.
2
3
a
       
−1
1
0
3
       
(2) −2 を  0  , 2 , 4 の一次結合として表す表し方を全て求めよ.
−4
−1
5
7
       
t
0
8
−3
       
(3) 15 が 3 , 7 ,  0  の一次結合となる t を求めよ.
3
2
2
1


1 a bc


練習問題 116. rk 1 b ca を求めよ.
1 c ab
練習問題 117. ~ V := {ax2 + 2bxy + cy 2 + 2dx + 2ey + f | a, b, . . . , f ∈ R} は実 6 次元ベクト
ル空間である. このことを利用して, R2 の５点を与えれば, その５点を通る二次曲線が存在す
ることを示せ.
問題のヒント・答.
問題 113 答 (1) 3 (2) 3 (3) 3
問題 114 答 (1) x = 7−2t
, y = 54 , z = t(t ∈ C) (2) x = 3−5s−9t
, y = −1−5s−2t
, z = s, u = t(s, t ∈
3
5
5
C)
 
 
 
 
3
0
1
−1
 
 
 
 
9
問題 115 答 (1) a = 2 (2) −2 = −(3k + 1)  0  − (2k + 1) 2 + k 4 (3) t = 21
7
5
−1
−4
88
問題 116 答 a = b = c なら rk=1 a, b, c のうち 2 つが等しいなら rk=2 a, b, c が全て異なるな
ら rk=3
問題 117 ヒント与えられた５点で, ax2 + 2bxy + cy 2 + 2dx + 2ey + f = 0 を満たすようなゼ
ロでない (a, b, . . . , f ) ∈ R6 が求まることを示せばよい. それに対応する二次曲線が求めるもの.
20
掃き出し法の他の応用
この章では, （行に関する）基本変形の新しい見方 (定理 20) の応用を与える.
89
¶
³
定理 20. 行に関する基本変形は次の 3 つの正方行列を左から掛けることで与えられる．

 t 
1
0
e1
 ..
  .. 

  . 
.

 

 = λt ei  を左から掛ける.
1. i 行を λ (6= 0) 倍する = 
λ

 


  .. 
.
.

.   . 
t
0
1
en

1
 ..
.





2. i 行と j 行を入れ替える = 





0 ··· 1
.. . . ..
. .
.
1 ··· 0
0







3. i 行に j 行の µ 倍を足す = 






e1

 .. 
 . 


t 
 ej 

i




 . 
 =  ..  を左から掛ける.
t 

 ei 

j



 .. 

..
.



.
t
en
1
0
1

0
..
.
1 ··· µ
.
..
. ..
1
..
0
.

t




t

e1

..





.

t


t
ei + µ ej 
 = i

 を左から

.



..




t
en

1
掛ける.
3 つの行列のことを基本行列と呼ぶ．
µ
証明は, A を任意の n × m 行列とし,
´
t

a1
 
A =  ... 
t
an
と表すとき, t ei A =t ai に注意すればよい (命題 4 (2) の特別な場合).
90
20.1
正則行列への応用
基本行列は正則である．なぜなら, それぞれに対して, (1) i 行を λ−1 倍する, (2) i 行と j 行を入
れ替える, (3) i 行に j 行の (−µ) 倍を足す, ことに対応する基本行列が逆行列となるからである．
次の定理は正則行列の定義の仮定が弱められることを示す.
¶
³
定理 21.
n × n 行列 A に対して，n × n 行列 B で AB = E を満たすものが存在すれば，rk A = n で
あり，A は正則である．また B は A の逆行列である．
µ
´
証明. A に対して P A が階段行列となるような基本行列の積 P を取る. このとき
P ABP −1 = P EP −1 = E
となっている. これは, A0 = P A, B 0 = BP −1 とおくと, A0 B 0 = E となる.
背理法で考える. rk A < n, つまり, P A の階段の数が n より少ないとしよう. すると, A0 の
r + 1 行目以下の成分はすべて 0 である. よって, A0 B 0 を計算してみれば分かるように, A0 B 0 の
r + 1 行目以下の成分もすべて 0 である. これは, A0 B 0 = E に矛盾する. よって rk A = n が分
かった.
P A の階段が n 個あるということは, 先頭の成分が下に行くほど右にずれるということから,
行列 (14) において, j10 , j20 , . . . の列があってはならない. これは, P A = E が成り立つということ
に他ならない. こうして AB = E と P A = E を得たから, 命題 20 より B = P で, B は A の逆
行列である.
練習問題 118. A : R[x] → R[x] なる写像を f (x) 7→ xf (x) で定め, B : R[x] → R[x] なる写像
(0)
を f (x) 7→ f (x)−f
で定める. これらは線形写像である. このとき, B ◦ A は恒等写像であるが,
x
A ◦ B はそうではないことを示せ.75
定理 21 とその証明によって次の二つの重要なことも分かる.
¶
³
系 4. n × n 行列 A に対して，A が正則 ⇐⇒ rk A = n．
µ
´
証明. ⇒ は定理 21 より直ちに分かる. ⇐ については, rk A = n ならば, 定理 21 の証明から分か
るように, そこで取った基本行列の積 P は, P A = E を満たす. よって, 定理 21 における A を P ,
B を A と見れば, 定理 21 により, A は P の逆行列と分かる. よって, P も A も正則である.
¶
³
系 5. 正則行列は基本行列の積で表される．
µ
75
´
この問題は定理 21 を無限次元ベクトル空間の線形写像に拡張することができないことを示している.
91
証明. 定理 21 の証明で取った基本行列の積 P を P = P1 · · · Pm (P1 , . . . , Pm は基本行列) と表す
−1
と, A = Pm
· · · P1−1 となって A は基本行列 Pm−1 , . . . , P1−1 の積で書けている.
20.2
逆行列の計算
¶
³
定理 22.
A を n × n 行列とする．行列 (A | En ) を行基本変形の繰り返しで A の部分を単位行列にす
ることが可能ならば，A は正則行列であり, En の部分に現れる n × n 行列が A の逆行列で
ある．
µ
´
証明. P を基本行列の積とすると
P (A | En ) = (P A | P )
(16)
である. P A = E となれば, 定理 21 より P は A の逆行列. よって確かに (16) の右辺の右半分に
A の逆行列が現れる.
注意 26. この定理の証明には, 行基本変形が基本行列を左から掛けることに対応しているとい
うことが必要であるのだが, 一旦, 証明してしまえば, 実際に逆行列を求める際には, 基本行列
の積 P を計算する必要はない.




3 1 4
−3 −6 7




練習問題 119. 次の行列の逆行列を求めよ． (1)−1 0 0 (2) 3
5 −6 
2 3 2
7 12 −14
R x
R x
R 2 x
練習問題 120. 練習問題 93 を利用して e dx, xe dx, x e dx, を求めよ.76
注意 27. 逆行列の計算をしたら, 元の行列と掛けてみて単位行列になることをチェックすること.
20.3
列に関する基本変形
行列式の応用を考える時は，行列式の性質が列に関するものであるので，列に関する基本変形の
方が便利．定理 20 に出てくる基本行列を右から掛ければ, それぞれ (1) i 列を λ (6= 0) 倍する, (2) i


1
0

 ..


.


=

列と j 列を入れ替える, (3) i 列に j 列の µ 倍を足す, ことになる．この時は 
λ



.
.

. 
0
76
積分は微分の逆であるから表現行列の逆行列を求めればよい.
92
1







(e1 · · · λei · · · en ) , 


















1
0
...
0 ··· 1
.. . . ..
. .
.
1 ··· 0
..
0
1
0
..
.
1 ··· µ
.
..
. ..
1
..
.
.






j
i

 = (e1 · · · ej · · · ei · · · en ),





1






i

 = (e1 · · · ei + µej · · · en ) と見ておく方が良い．





0
1
行に関する基本変形と同様に次を示すことができる．
¶
定理



























0
..
.
0
1
∗
..
.
∗
0
∗
..
.
∗
0
³
23. 任意の行列は列に関する基本変形の繰り返しによって次の形にできる：

0
0
..
.
0
1
..
.
...
···
0
0
1













．












念のためこれも言葉で説明しておく．行列の各列の 0 でない一番上の成分をその列の先頭
の成分ということにする．この行列は，右の列になる程先頭の成分が下にずれていく行列
で，さらに先頭の成分は全て 1，また先頭の成分の左右は全て 0 となっているものである．
µ
´
93
20.4
階数標準形
¶
³
µ
´
!
Ã
Er 0
という形にできる．これを
命題 22. 任意の行列 A は行と列の基本変形によって
0 0
行列 A の階数標準形という.
注意 28. 命題 22 に出てくる Er の r が階数になっているので, 階数標準形という名前がついて
いる.
次の系は, 命題 22 を言い直したものである.
¶
³
µ
´
Ã
!
Er 0
系 6. 任意の行列 A に対して，ある正則行列 P, Q があって P AQ =
とできる．
0 0
練習問題 121. A を正則でない n×n 行列とする時，ある O でない n×n 行列 B があって AB = O
となることを示せ．
20.5
行列式への応用
¶
³
定理 24 (行列式の積公式). A, B を n × n 行列とする時，det (AB) = det A det B が成り
立つ．
µ
´
この定理の証明はいくつかのステップに分れている. まず次の少し弱い形の命題を示す．
¶
³
命題 23. A, B を n × n 行列，B を正則行列とする時，det (AB) = det A det B が成り立つ．
µ
´
証明. 系 5 により, 正則行列 B は基本行列の積で表される; B = P1 · · · Pm .
一般に, C を n × n 行列, P を基本行列とするとき, det CP = det C det P が分かる. なぜなら
ば, P を右から掛けるのは, C の列基本変形であり, 行列式の基本性質 (定理 16) によって, その
基本変形で行列式がどう変わるのかが分かるからである. 例えば, P を右から掛けると i 列目が
λ 倍されるのならば, det CP = λ det C, det P = λ により, 確かに det CP = det C det P が成り
立っている.
94
これによって,
det AB = det AP1 · · · Pm = det(AP1 · · · Pm−1 )Pm = det AP1 · · · Pm−1 det Pm
繰り返し
· · · = det A det P1 det P2 · · · det Pm−1 det Pm = det A det(P1 P2 ) · · · det Pm−1 det Pm
繰り返し
=
=
· · · = det A det(P1 P2 · · · Pm ) = det A det B.
次にこの命題から行列式による正則行列の特徴付けを出しておく．
¶
³
定理 25. n × n 行列 A に対して，A が正則 ⇐⇒ det A 6= 0．
µ
´
証明. まず A が正則とする. 系 5 により, 正則行列 A は基本行列の積で表される. 基本行列が正
則であることにより, 命題 23 を繰り返し使って, A の行列式が基本行列の行列式の積であるこ
とが分かる. 基本行列の行列式は 0 でないことが, 直接計算で確かめられるから, det A も 0 で
ない.
次に A が正則でないとして det A = 0 を示す. A が正則でなければ, 系 4 より rk A < n であ
る. よって列基本変形によって, A を定理 23 の形の階段行列 T にするとき (AS = T と書く. S
は基本行列の積), 第 n 列は 0 である. よって det T = 0. 他方, 命題 23 より, det T = det A det S.
よって det S 6= 0 より det A = 0.
命題 23 と定理 25 を使って定理 24 を示すことができる．B が正則のときは命題 23 に他なら
ない. よって, B が正則でない時を考えればよい. 定理 25 より det B = 0 である. また, AB も
正則でない. なぜならば, もし AB が正則ならば, C を AB の逆行列とすると, CAB = E となっ
て, 定理 21 により, CA は B の逆行列となってしまう. これは, B が正則でないと言う仮定に反
する. よって定理 25 を AB に適用して, det AB = 0 である. det AB = 0 = det A det B により,
B が正則でない時ときにも証明ができた.
定理 25 の応用を与える．またそれは, 行列式の性質の良い応用でもある．連立一次方程式
Ax = b で A が n × n 正則行列の時を考える．この時, この方程式は x = A−1 b という唯一つの
解をもつ．A−1 b は逆行列の公式を用いれば書き下すことができるが，それを用いずに, 行列式
の性質をうまく使うことで, 次のような公式を得る．
¶
³
定理 26 (クラメルの公式).
A = (a1 · · · an ) が n × n 正則行列の時，Ax = b の解は次のように書ける：xi =
i
det(a1 ··· b ··· an )
det A
(i = 1, . . . , n)．ここで (a1 · · · b · · · an ) は A の i 列を b で置き換えた
行列である．
µ
´
i
証明. b = x1 a1 + · · · + xn an に注意して, 多重線形性 (定理 16(1)) を使い, det(a1 · · · b · · · an )
を展開すればよい. ここで，det A 6= 0 が使われていることに注意．
95
練習問題 122. ~ 定理 24 の証明に倣って, 16 章の定理 10 を示せ．
Ã
!
Ã
!
a b
c −d
2
練習問題 123. A =
, B =
を使って (a2 + b2 ) (c2 + d2 ) = (ac + bd) +
−b a
d c
(ad − bc)2 を示せ．


a −b −c −d
b a
d −c 


2
練習問題 124. det 
 = (a2 + b2 + c2 + d2 ) を示せ．
 c −d a
b 
d c −b a
Ã
!
AB AD
練習問題 125. A, B, C, D を n × n 行列とするとき，2n × 2n 行列
の行列式は 0
CB CD
であることを示せ.
以下は全て難しめの練習問題であるので ~ を付けておく.
練習問題 126. a を正の実数, b を a と異なる実数とするとき, min{ai − b, aj − b} を (i, j) 成
分とする n 次正方行列を A とする. A の逆行列を求めよ.
ただし, min{p, q} で p と q のうち小さい方を表す. 例えば min{1, 2} = 1.
練習問題 127. A を逆行列を持つ正方行列とする. 次は同値であることを示せ：
(i)
Ã
A B
rk
C D
!
= rk A
(ii) D = CA−1 B.
練習問題 128. A, B, C を与えられた行列, X を未知の行列とするとき C = AXB なる方程式
を考える。ここでそれぞれのサイズはこの方程式が意味を持つような数であるとする。この方
程式が解を持つための必要十分条件は次のいずれかであることを示せ（つまり次の二つの条件
は同値な条件になる）
(i) ある行列 P , Q が存在して C = AP , C = QB が成り立つ.
Ã !
B
.
(ii) rk A = rk(A C) かつ rk B = rk
C
練習問題 129. A = (aij ) を n 次正方行列で aij = xi + yj (xi , yj はある数) とする. rk A ≤ 2 を
示せ.
96
練習問題 130. A, B を積 AB が定義できる行列とし, A の列の数 (B の行の数でもある) を n
とする. このとき
rk A + rk B ≤ rk AB + n
を示せ.
練習問題 131. A, B を奇数 2m + 1 次の正方行列とし, AB = O が成立するとする. このとき
A +tA または B +tB のいずれかは階数が 2m 以下を示せ.
問題のヒント・答
.



0 −10 0
2 0 1
1 



問題 119：(1) −2
2
4  (2)0 −7 3
10
1 −6 3
3
7 −1
t
問題 124：左の行列を A とする． AA を計算する．
さて，これからいよいよ固有値問題に取り組んでいく．
21
固有ベクトル, 固有空間, 対角化可能性
次の定義は以前と変わらない.
¶
³
定義 28.
V をベクトル空間, f : V → V を線形写像とする. v ∈ V が f の固有ベクトルであるとは,
v 6= o であり, ある α ∈ C があって f (v) = αv となるということ. α のことを v に対する f
の固有値という. また v を α に対する固有ベクトルという.
µ
´
2
2
V = R または C の時の固有値と固有ベクトルの求め方は, 前期に説明した. ここまで来る
と (行列式と階数の話を整備したので) 基本的に同じ枠組みで, V = Cn の場合に固有値と固有
ベクトルを求めることができる.
21.1
行列式と変数と式の数が同じ斉次型連立一次方程式
次のような, 変数と式の数が同じ連立一次方程式を考える (斉次型)：


 a11 x1 + · · · + a1n xn = 0
..
.


an1 x1 + · · · + ann xn = 0
97

a11 · · ·
 ..
A= .

 
x1
a1n
..  とおくと, A は n × n 行列である. x =  ..  とおく.
.
. 
an1 · · · ann
次の定理は，定理 17，系 4，定理 25 より直ちに従う.
xn
¶
定理 27.
³
Ax = o が x 6= o なる解を持つ ⇔ det A = 0．
µ
´
2 × 2 行列の場合，まさにこの定理が固有値を求めるための鍵であったことを思い出してほ
しい．
21.2
固有値と固有ベクトルの求め方 (Cn → Cn の場合)
¶
³
定理 28.
f : Cn → Cn を線形写像とする. ある n × n 行列 A が存在して, すべての x ∈ Cn に対し
f (x) = Ax と書けるのだった. このとき, f の固有値と固有ベクトルは, 次のように求める
ことができる.
(1)ΦA (t) := det(tE − A) = 0 を解く (これを A の固有方程式という. ΦA (t) は t について n
次の多項式で n 次の係数が 1 である).
この任意の一つの解を α とする.
(2)(αE − A)x = o なる連立一次方程式の o でない解を求め, その解の任意の一つを v と
する.
このとき v は f の固有ベクトル, α は v に対する f の固有値である.
µ
´
ここで (1) は行列式を計算することで, (2) は掃き出し法によって, それぞれ解を求めること
ができる．こうして，ここまでで学んできたことを結集して固有値と固有ベクトルが求められ
るようになった．
なお, n 次方程式は複素数の範囲で少なくとも一つ解を持つ (代数学の基本定理) ので,
¶
³
系 7. どんな f : Cn → Cn に対しても固有値と固有ベクトルは少なくとも一組存在する.
µ
´
この当たり前とも思える事実が役立つことがある（例えば命題 33 の証明）.
練習問題 132. 以下の行列の固有値と固有ベクトルを求めよ.
98


0
1
0 ···
0






 0
0
1 ···
0 


3
8 12
1
3
2
a b b


.
.
.






..
..
.. 
(1)  2
3
6  (2) −5 17
10  (3)  b a b  (4) 


 ..

..
−2 −4 −7
7 −21 −12
b b a
 .
.
1 
−an −an−1 · · · · · · −a1
ai
(5)0 でない ai (i = 1, · · · , n) に対し aij = aj (1 ≤ i ≤ n,1 ≤ j ≤ n) を成分とする行列.
次の例については，わざわざ定理 28 を使わなくても，幾何的な意味を考えることで固有ベク
トルと固有値が求められる.
練習問題
 133.
0 −1

A = −1 0
0
0
3
次の行列が定める

 R
0
1 2
1

0  , B = 2 4
9
1
2 4
3
−→
 R なる線形写像はどのような写像か？
2

4
4
練習問題 134. A = (aij ) (1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ n) について, 各 i, j に対し, aij ≥ 0, ai1 + ai2 +
· · · + ain = 1 が成立するとする. 次を示せ.
(1)A は 1 を固有値に持つ.
(2)A の任意の固有値の絶対値は 1 より大きくはない.
練習問題 135. A, B を n × n 行列とする. B が正則で AB = 2BA が成り立つ時, A のすべての
固有値は 0 であることを示せ．
21.3
固有値と固有ベクトルの求め方 (一般のベクトル空間の線形写像の場合)
実は結局, この場合も行列の話に帰着できるのである.
V をベクトル空間, f : V → V を線形写像とする. V の基底 v1 , . . . , vn を取り, それに関する
0
0
f の表現行列を
とする. v = x1 v1 + · · · + xn vn に対して f (v) = x1 v1 + · · · + xn vn とおくと

 A

0
x1
x1
 .. 
 .. 
 .  = A  .  であったことを思い出すと, v = x1 v1 + · · · + xn vn が f の固有ベクトル ⇔
xn
x0n
 
 

x1
x1
x1
 .. 
 .. 
 .. 
 .  6= 0, かつ, ある α があって, A  .  = α  . . よって, A について定理 28 の (1) と
xn
xn
xn
(2) を行って固有値と固有ベクトルを求めれば, f の固有値と固有ベクトルも求められる.

練習問題 136. V を関数 1, sin x, cos x, sin 2x, cos 2x で生成されるベクトル空間とする. この 5
dg
つが基底であることは認めて良い. f : V → V を g →
7 dx
で定める. f の固有値と固有ベクトル
を求めよ.
99
練習問題 137. f の表現行列の固有多項式は, V の基底のとり方によらないことを示せ. よって
以下, これを f の固有多項式とよび, Φf (t) で表す.
21.4
固有空間
この講義の目標の一つは, 線形写像に対して固有ベクトルからなる基底が取れるかを判定する
ことであった (6.1 節参照). このためには, 一つの固有値 α を決めたとき, f (v) = αv となる固
有ベクトルをすべて集め，さらに 0 を加えた集合を考えると都合が良い.
¶
³
定義 29.
V をベクトル空間, f : V → V を線形写像とする. f の固有値 α に対して,
Vα := {v ∈ V | f (v) = αv}
を f の固有値 α に対する固有空間という (これは α に対する f の固有ベクトル全てと o か
らなる集合に他ならない).
µ
´
練習問題 138. Vα が V の部分ベクトル空間であることを示せ.
V = Cn , f (x) = Ax のときは結局, Vα は連立一次方程式 (αE − A)x = o の解全体に他なら
ない.
21.5
固有ベクトルからなる基底
¶
³
定義 30.
V をベクトル空間, f : V → V を線形写像とする. f の表現行列が対角行列となる V の基
底が取れるとき, f は対角化可能であるという.
µ
´
次はほぼ明らかな言い換えである．
¶
³
定理 29. 定義の状況の下,
f が対角化可能 ⇔ f の固有ベクトルからなる V の基底が取れる.
このとき，固有ベクトルからなる基底に関する f の表現行列が，対角行列であり，その対
角成分が f の固有値全体である．
µ
´
100
次は既出 (練習問題 3) であるが復習しておく.
¶
³
定義 31.
V をベクトル空間, V1 , V2 ⊂ V を部分ベクトル空間とする. このとき
V1 + V2 := {v1 + v2 | v1 ∈ V1 , v2 ∈ V2 }
とおくと, これは部分ベクトル空間になる. これを V1 と V2 の和と呼ぶ.
3 つ以上の部分ベクトル空間の和も同様に定義する.
µ
´
次の定理は, 固有空間を使った対角化可能性の判定法である.
¶
³
定理 30. V をベクトル空間, f : V → V を線形写像とする. また α1 , . . . , αk を f の全ての固
有値とする (α1 , . . . , αk は相異なるとしている). このとき,
f が対角化可能 ⇔ V = Vα1 + · · · + Vαk が成立する.
µ
´
⇒ の証明は容易である．f の表現行列が対角行列となる基底を取る．この基底を
v11 , . . . , vk11 , v12 , . . . , vk22 , . . . ,
とし，v1i , . . . , vki i が固有値 αi に対する固有ベクトルであるとする．この時，v1i , . . . , vki i で生成
される部分ベクトル空間が Vαi に他ならないので，V = Vα1 + · · · + Vαk が成立する．
⇐ の証明のために本質的なのが次の命題である. これは，固有値の違う固有ベクトルを並べ
るとそれらが一次独立であるという性質に近い．
¶
³
命題 24.
定理 30 の状況の下, 各 vi ∈ Vαi に対して，v1 + · · · + vk = 0 が成り立つならば，v1 = · · · =
vk = 0 である．
µ
´
証明. 少し命題の形を変えて帰納法で証明できるようにする．各 l (1 ≤ l ≤ k) と各 vi ∈ Vαi
（1 ≤ i ≤ l) に対して，v1 + · · · + vl = 0 が成り立つならば，v1 = · · · = vl = 0 であることを示
す．l についての帰納法を用いる．l = 1 ならば明らか．l ≥ 2 として，v1 + · · · + vl = 0 を仮定
する．これに f を施すと，α1 v1 + · · · + αl vl = 0 となる．これから，v1 + · · · + vl = 0 の αl 倍を
引くと，(α1 − αl )v1 + · · · + (αl−1 − αl )vl−1 = 0 となる．帰納法の仮定により，(α1 − αl )v1 =
· · · = (αl−1 − αl )vl−1 = 0 であるが，α1 , . . . , αl はすべて異なるから，v1 = · · · = vl−1 = 0 でな
ければならない．v1 + · · · + vl = 0 により，vl = 0 も成り立つ．
定理 30 の ⇐ の証明を書いておく．Vαi の基底を v1i , . . . , vki i とする．V = Vα1 + · · · + Vαk と
いう仮定により，V は
v11 , . . . , vk11 , v12 , . . . , vk22 , . . . ,
(17)
101
によって生成されている．定理 29 により，(17) が一次独立なことを示せばよい．
X
xij vji = x11 v11 + · · · + x1k1 vk11 + x21 v12 + · · · + x2k2 vk22 + · · · = 0
1≤i≤k,1≤j≤ki
P
P
とする．i を固定すると 1≤j≤ki xij vji ∈ Vαi であるから，命題 24 により， 1≤j≤ki xij vji = 0 で
ある．さらに v1i , . . . , vki i は Vαi の基底であるから，xi1 = · · · = xiki = 0 も成り立つ．こうして，
(17) が一次独立なことが示された．
¤
定理 30 自体は使い勝手はよくないが，これから示していく対角化可能性の判定法の証明の土
台になる．
21.6
ベクトル空間の直和
命題 24 は和 Vα1 + · · · + Vαk が特別な性質を持っていることを示している. これを明確に捉え
るために次の定義をする.
¶
³
定義 32.
V をベクトル空間, V1 , . . . , Vk を V の部分ベクトル空間とする. V1 + · · · + Vk が直和である
とは, V1 + · · · + Vk の任意の元が V1 , . . . , Vk の元の和としてただ一通りに書けるということ.
このとき，V1 + · · · + Vk を V1 ⊕ · · · ⊕ Vk で表す．
µ
¶
´
³
命題 25.
定義 32 の設定の下, V1 + · · · + Vk が直和 ⇔ 各 vi ∈ Vi に対して，v1 + · · · + vk = 0 が成り
立つならば，v1 = · · · = vk = 0 である．
µ
´
この証明は，一次独立性の言い換えの証明（命題 18）とほぼ同じである．
命題 25 により，Vα1 + · · · + Vαk は直和である．
直和の次元は計算しやすい．
¶
³
命題 26. V をベクトル空間, V1 , . . . , Vk を V の部分ベクトル空間とし，V1 + · · · + Vk が直和
であるとする．このとき
dim(V1 + · · · + Vk ) = dim V1 + · · · + dim Vk
が成り立つ．
µ
´
これは実質，定理 30 の ⇐ の証明で示されていることである．概略を示す．V1 , . . . , Vk の基底を
取って並べると，定理 30 の ⇐ の証明と同様にそれらが V1 + · · · + Vk において一次独立である
ことが分かる．よって，それらは V1 + · · · + Vk の基底である．この基底に属するベクトルの数
は，dim V1 + · · · + dim Vk であるから命題 26 の等式が成り立つ．
102
練習問題 139. Mn (R) で実 n × n 行列のなす実ベクトル空間を表す.
(1)Mn (R) において, 実対称行列全体 S := {B ∈ Mn (R)|B = tB} と実交代行列全体 A := {B ∈
Mn (R)|B = −tB} は部分ベクトル空間になることを示せ.
(2)M = S ⊕ A であることを示せ.
練習問題 140. f : V → V を線形写像とするとき, f ◦f = f が成り立つならば, V = Im f ⊕Ker f
となる事を示せ.
練習問題 141. f : V → V , g : V → V を線形写像とするとき, f + g = id かつ f ◦ g = g ◦ f = 0
が成り立つならば, V = Im f ⊕ Im g となる事を示せ.
練習問題 142. V をベクトル空間，W1 , W2 を V の部分ベクトル空間とする時，dim W1 +
dim W2 = dim (W1 + W2 ) + dim (W1 ∩ W2 ) が成り立つことを示せ.
次章以降で, 定理 29 をより使いやすい形にしていく.
問題のヒント・答.
 
 
 
−2
−2
−3
 
 
 
問題 132 の答 (1) 1; k −1 (k 6= 0) −1; k  1  + l  0  (k 6= 0 または l 6= 0)
1
0
1
 
 
3
2
 
 
(2)2; k 1 + l 0 (k 6= 0 または l 6= 0)
0
1
(3)b = 0 なら固有値は
固有ベクトルは全ての
0 でないベクトル  
 a, 
 
−1
−1
1
 
 
 
b 6= 0 なら, a − b; k  1  + l  0  (k 6= 0 または l 6= 0), a + 2b; k 1 (k 6= 0)
0
1
1



(4) 固有値は xn + a1 xn−1 + · · · + an = 0 の解. 固有ベクトルは固有値 α に対して 



a1
−a 
 
 2
a1


 0 
 .. 


(5)n;  . , 0; 

0


 .. 
an
 . 
0

0
a 
 2 


−a3 


 0  ···


 .. 
 . 
0


0
 0 


 . 
 .. 




 0 


an−1 
−an
103
1
α
..
.
αn−1





 
1
 .. 
問題 134 のヒント (1) .  (2) 固有ベクトルの絶対値が最大の成分に注目
1
問題 136 の答 0;k, −i; k(cos x − i sin x), i; k(cos x + i sin x), −2i; k(cos 2x − i sin 2x), 2i;
k(cos 2x + i sin 2x) (k 6= 0)
問題 139: dim S = n(n+1)
, dim A = n(n−1)
.
2
2
問題 142：まず W1 ∩ W2 の基底をとり，それを延長して W1 , W2 の基底を作る．
22
22.1
対角化可能性の二つの判定法
判定法 I
対角化可能性は, 固有空間の次元を使って判定できる．
¶
³
定理 31.
V をベクトル空間，f : V −→ V を線形写像，α1 , . . . , αk を f の全ての固有値とする．この
時，
f が対角化可能 ⇐⇒ dim V = dim Vα1 + · · · + dim Vαk ．
µ
´
証明. これは直和の次元公式（命題 26）を使えば容易である．Vα1 + · · · + Vαk は直和であるか
ら，dim(Vα1 + · · · + Vαk ) = dim Vα1 + · · · + dim Vαk である．よって，
dim V = dim Vα1 + · · · + dim Vαk ⇐⇒ dim V = dim(Vα1 + · · · + Vαk ).
さらに系 1 により，これは V = Vα1 + · · · + Vαk と同値である．よって，定理 30 により，定理
31 が成り立つ．
次はとても使いやすい特別な場合である．これは命題 7 の一般化である．
¶
³
系 8. n = dim V とする．f の固有多項式が n 個の相異なる解を持つならば，f は対角化可
能である．
µ
22.2
´
判定法 II
定理 31 は, f の固有多項式を持ち出すことで精密化できる．dim V = n とすると，f の固有多項
m
m
式は n 次多項式である．これを Φf (t) = (t − α1 ) 1 · · · (t − αk ) k と因数分解する（α1 , . . . , αk
104
はすべて異なるとする）．m1 + · · · + mk = n に注意する. また, α1 , . . . , αk が f の全ての固有
値である．各 mi のことを固有値 αi の重複度という．
¶
³
定理 32. f が対角化可能 ⇐⇒ 各 i について dim Vαi = mi ．
µ
´
Pk
証明. ⇐ は次のように容易に示される．各 i について dim Vαi = mi ならば， i=1 dim Vi =
Pk
i=1 mi = n となり，定理 31 により，f は対角化可能．
⇒ については，まず，以下の補題 2 により，dim Vαi ≤ mi はいつでも成立するので，
k
X
i=1
dim Vαi ≤
k
X
mi = n.
(18)
i=1
他方，f が対角化可能ならば，定理 31 により，(18) は等号であり，従って，すべての i につい
て，dim Vαi ≤ mi も等号になる．
¶
³
補題 2. 任意の（対角化可能とは限らない）f について dim Vαi ≤ mi が成立する（1 ≤ i ≤ k ）．
µ
´
証明. i を固定する．f (Vαi ) ⊂ Vαi に注意すると，練習問題 91 の W として
Ã Vαi を選ぶことができ，
!
A B
という形になる．
O C
ここで，Vαi の基底は固有値 αi の固有ベクトルからなるので，A は αi E (E は dim Vαi × dim Vαi
単位行列）である．Φf (t) = ΦD (t) = ΦA (t)ΦC (t) であり（定理 10），ΦA (t) = (t − αi )dim Vαi で
あるから，dim Vαi ≤ mi が成り立つ．


−2 −3 0


練習問題 143.  4
6 −1 は対角化可能か？
4
4
1


2 −1 1


練習問題 144. At = −1 t 1 が対角化可能でない時の t ∈ C を求めよ．
1
1 2
Vαi の基底を延長して得られる V の基底に関する f の表現行列が D :=
問題のヒント・答.
√
問題 144：t = 1 ± 2 2i.
105
23
ケーリー・ハミルトンの定理, 最小多項式, 対角化可能性
この章の内容は 9.2 節の内容と比較せよ.
¶
³
定理 33. (ケーリー・ハミルトンの定理)
A を n × n 行列とし, ΦA (t) := det(tE − A)(A の固有多項式) とする.
このとき ΦA (A) = 0 が成り立つ.
µ
´
この定理の証明は A が対角化可能のときのみ説明する. 本質的に定理 3 の証明と変わらない.
¶
³
定義 33. (最小多項式)
A を n × n 行列とするとき, A を代入して O(全ての成分が零の行列) となるような 0 でない
多項式の存在が, 上の定理で保証されている. そのようなものの中で, 次数が最小, かつ, 最
高次の係数が 1 であるものを A の最小多項式という.
µ
¶
´
³
命題 27. A の最小多項式は A を代入して O になるような任意の多項式を割り切る.
µ
´
証明は命題 8 の証明とまったく同じ.
¶
³
系 9. A の最小多項式はただ一つである. 以下これを mA (t) と書くことにする.
µ
´
最小多項式の可能性を絞るのに次の命題が有用である.
¶
³
命題 28.
(1) mA (t) は ΦA (t) を割り切る.
(2) A の固有値の全てを α1 , . . . , αk とするとき, (t − α1 ) · · · (t − αk ) は mA (t) を割り切る.
一般に多項式 f (t) が g(t) を割り切るとき f (t) | g(t) で表す. よって, (1) と (2) は
(t − α1 ) · · · (t − αk ) | mA (t) | ΦA (t)
と表せる.
µ
´
証明. (1) はケーリーハミルトンの定理と命題 27 より従う. (2) は次のように分かる. mA (A) = O
より, どんな v ∈ Cn に対しても mA (A)v = O. vi を固有値 αi の固有ベクトルとするとき,
Avi = αi vi であるから, mA (A)vi = mA (αi )vi . よって mA (αi ) = 0.
次は, 定理 4 の一般化である. 三つ目の対角化可能性の判定法である.
106
¶
³
定理 34 (判定法 ).
A が対角化可能 ⇔ mA (t) が重解を持たない.
µ
´
証明. ⇒ の証明は，A が対角化可能と仮定して，表現行列が対角行列となる基底を取って，最
小多項式を計算すれば容易に分かる（練習問題 73 を使う．そこでは 2 × 2 行列に限定して述べ
てあるが n × n 行列でも証明は同じ）．
⇐ の証明は 2 × 2 行列の場合より難しいが，線形代数の考え方の意外な形の応用が現れて興
味深い.
mA (t) が重解を持たないとすると，命題 28 により，mA (t) = (t − α1 ) · · · (t − αk ) (α1 , . . . , αk は
すべての相異なる固有値）である．i = 1, . . . , k に対して，fi (t) を t − αi を除く t − α1 , . . . , t − αk
の積とする．こうして得られた k 個の k − 1 次式 f1 (t), . . . , fk (t) は，k − 1 次以下の複素係数
多項式全体のベクトル空間 Pk−1 の基底を成す．これを示すためには，dim Pk−1 = k により，
f1 , . . . , fk が一次独立であることを言えばよいが，a1 f1 (t) + · · · + ak fk (t) = 0 とおいて，t に
α1 , . . . , αk を代入すれば，容易に a1 = · · · = ak = 0 が分かる．
よって，1 = b1 f1 (t) + · · · + bk fk (t) となる b1 , . . . , bk ∈ C が存在する．これにより，
A = b1 f1 (A) + · · · + bk fk (A)
(19)
を得る．任意の v ∈ Cn を取る．(19) により，Av = b1 f1 (A)v + · · · + bk fk (A)v となるが，
(A − αi E)fi (A)v = mA (A)v = 0 により，fi (A)v は固有値 αi の固有空間に属する．こうして，
Cn は固有空間の直和になる事が分かり，よって定理 30 により，A は対角化可能である．
いったん証明されると, 適用法は 2 × 2 行列の場合とあまり変わらない. 非常に使い勝手のよ
い結果である.
練習問題

2

(1)0
0
145.次の行列の最小多項式を求めよ
. また対角化可能か判定せよ.


2 0
2 2 2



2 0 (2)0 2 2
2 2
0 0 2
練習問題 146. n × n 行列 A が An = E を満たすならば A は対角化可能であることを示せ.
練習問題 147. n×n 行列 A が冪零行列であるとする（つまり，ある正の整数 m があって Am = O
となるということ）. このとき An = O を示せ. さらに A の固有多項式は xn であることを
示せ.
練習問題 148. ~
V をベクトル空間, f : V → V と g : V → V を線形写像とする. f と g がともに対角化可能で
あり, さらに f ◦ g = g ◦ f が成り立つと仮定する. このとき V の基底で, f と g の表現行列が同
時に対角行列となるものが存在することを示せ.
107
問題のヒント・答.
問題 145 の答え (1) (x − 2)2 , 不可 (2) (x − 2)3 , 不可
108
24
24.1
内積と計量ベクトル空間
内積の抽象的定義
実ベクトル空間 R2 又は R3 については
, そのベクトルの長さ，
内積が定義されて幾何的意味を持



x1
y1
 
 
っている．R3 の場合，x = x2  , y = y2  に対して x·y = kxk kyk cos θ = x1 y1 +x2 y2 +x3 y3
x3
y3
2
2
となっている．ここで，2 番目の等号は，余弦定理 ky − xk = kxk
 
x1
 .. 
n
より従う．これを拡張して R の標準的内積を x =  .  , y =
2
2
2
+ kyk

 − 2 kxk kyk cos θ
y1
 .. 
 .  に対して x · y =
xn
yn
√
≥ 0 に注．kxk := x · x とおき，x の長
x1 y1 + · · · + xn yn と定義する．x · x = x1 + · · · + xn
さという．
標準的内積が以下の性質を満たしていることは容易にチェックできる．
¶
命題
(1)
(2)
(3)
³
29.
(2 重線形性) (ax + a0 x0 ) · y = a (x · y) + a0 (x0 · y) . (y についても同様) .
(対称性)
x · y = y · x.
(正定値性)
x · x = 0 かつ x · x = 0 =⇒ x = o.
µ
´
n
n
n
これを抽象化して, この (1)–(3) を持つ全ての関数 R × R −→ R を R の内積という．さら
に, 実ベクトル空間 V に対して, (1)–(3) を持つ全ての関数 ϕ : V × V −→ R を V の内積という．
√
(3) より kxk := x · x とおける．これを x の長さという．実ベクトル空間 V に対しては無数の
内積を考えることができる．なぜなら，V の 1 つの基底を v1 , . . . , vn とする時，x1 v1 + · · · + xn vn
と y1 v1 + · · · + yn vn の内積を x1 y1 + · · · + xn yn で定めれば，(1)–(3) を満たす．v1 , . . . , vn のと
り方は無数にあるから, V の内積も無数にある．
V に 1 つの内積 ϕ : V × V −→ R を考える時，V と ϕ の対 (V, ϕ) を（実）計量ベクトル空間
という．このようにしてどんな実ベクトル空間に対してもその元に内積，長さを考えることが
でき，より幾何的な視点から線形写像を調べることができる．
例 24. Pn = {n 次以下の実係数多項式 } において，a < b なる実数に対して，
Z
b
ϕ (f (x) , g(x)) :=
f (x) g(x) dx (f (x), g(x) ∈ Pn )
a
とすると，これは Pn の内積になる.
*
°
(1)
Rb
Rb
a
a
(αf1 (x) + α0 f2 (x)) g(x) dx = α
の性質）．
f1 (x) g(x) dx + α0
109
Rb
a
f2 (x) g(x) dx.（これは積分
(2)
(3)
Rb
Rb
a
f (x) g(x) dx =
a
f (x)2 dx = 0 は明らか. 後半は f (x) の連続性による.
Rb
a
g(x) f (x) dx は明らか.
さて複素ベクトル空間についてもベクトルの長さや内積を考える．主に命題 29 の (3) に対応
 
 
x1
y1
 .. 
 .. 
n
する性質を得るために工夫を要する．まず C の標準的内積を x =  .  , y =  .  に対し
xn
yn
n
て x · y = x1 y1 + · · · + xn yn と定める．y1 , . . . , yn が全て実数ならば R の標準的内積に一致す
る．これが，次の性質を満たす Cn × Cn −→ C なる関数を決めていることは容易にチェックで
きる．
¶
³
命題 30. (1) (ax + a0 x0 ) · y = a (x · y) + a0 (x0 · y) .
(2) (エルミート性) x · y = y · x.
※ (2) により (1) で y を分配したものについては次が成立：
x · (by + b0 y 0 ) = b̄ (x · y) + b0 (x · y 0 ) .
(3) (正定値性) x · x = 0 かつ x · x = 0 =⇒ x = o.
µ
´
√
kxk := x · x とおいて x の長さという．複素ベクトル空間 V に対して (1)–(3) の性質を持つ
関数 ϕ : V × V −→ C を V の（エルミート）内積という．内積をもつ複素ベクトル空間を（複
素）計量ベクトル空間という．以下 x, y ∈ V の内積を x · y と書く．
例 25. 実閉区間 [a, b] 上の複素関数 f (x) を f (x) = p(x) + iq(x) (p(x) は実部，q(x) は虚部) と
Rb
Rb
Rb
書くとき， a f (x)dx = a p(x) + i a q(x)dx と定義する．
Qn = {n 次以下の複素係数多項式 } において，a < b なる実数に対して，
Z b
ϕ (f (x) , g(x)) :=
f (x) g(x)dx (f (x), g(x) ∈ Qn )
a
とおくと，これは Qn におけるエルミート内積になる.
*
°
(1) 複素関数の積分の定義により，
Z b
Z b
Z b
(f (x) + g(x)) dx =
f (x) dx +
g(x) dx,
a
a
Z
a
Z
b
b
αf (x) dx = α
a
f (x) dx
a
が確認できる．
Rb
Rb
(2) a F (x)dx = a F (x) dx から従う.
110
(3)
Rb
a
f (x) f (x)dx =
Rb
a
|f (x)|2 dx から従う.
練習問題 149.
¡
¢
n × n 行列全体の複素ベクトル空間を M とする．A, B ∈ M に対して A · B := tr tAB̄ とおく
と，これは M 上のエルミート内積になることを示せ．
24.2
シュワルツの不等式と三角不等式
この（抽象的に定義した）内積について，R2 や R3 の標準的内積について成立していた三角
不等式やシュワルツの不等式が成立することを見る．以下, 主に複素ベクトル空間の（エルミー
ト）内積を考える．
2
準備として t ∈ C に対して kx + tyk を計算しておく.
kx + tyk2 = (x + ty) · (x + ty) = x · (x + ty) + ty · (x + ty)
(1)
=
kxk2 + t̄x · y + ty · x + tt̄ kyk2
=
kxk2 + t̄ (x · y) + tx · y + |t|2 kyk2 .
(1),(2)
(2)
これはいつでも ≥ 0 であることに注意．
¶
³
定理 35. (1) (シュワルツの不等式) |x · y| 5 kxk kyk . 等号成立条件：y = o または x = ty
となる t ∈ C が存在する．
(2) (三角不等式) kx + yk 5 kxk + kyk . 等号成立条件：y = o または x = ty となる t = 0
が存在する．
µ
´
(1) は，y = 0 のときは自明，それ以外のときは，上の準備において，t =
かる．(2) は上の準備において，t = 1 とすれば分かる（(1) も使う）．
x·y
− kyk
2
と置けば分
注意 29. V が実ベクトル空間の時，x · y ∈ R であり, 定理 35 (1) により, o でない x, y に対し
x·y
て −1 5 kxkkyk
5 1．よって x · y = kxk kyk cos θ となる θ ∈ [0, π] が存在．角度が定義できる
のを保証するのがシュワルツの不等式に他ならない．
24.3
正規直交基底
注意 29 において，複素ベクトル x, y の場合は，x · y ∈ R とは限らないので，二つのベクトル
に対していつでも角度が定められるわけではないが，次のように直交関係は定義できる.
111
¶
³
定義 34.
def
• o でない x, y が直交する ⇐⇒ x · y = 0 (⇐⇒ y · x = 0) .
• v1 , . . . , vk 6= o は，各 i 6= j で vi · vj = 0 となる時，直交系という．さらに各 i で
kvi k = 1 ならば，正規直交系という．
µ
(
注意 30 (便利な記号). δij :=
´
1 i=j
とおく．v1 , . . . , vk 6= o が正規直交系 ⇐⇒ ∀i, j, vi ·
0 i=
6 j
vj = δij と書ける．
（正規）直交系の利点（元を辿れば内積を導入する利点でもある）を述べる（定義の系）.
¶
³
系 10. 直交系 v1 , . . . , vk は一次独立．
µ
´
証明. x1 v1 + · · · + xk vk = o として，この式と各 vi との内積を取れば，直交関係より xi = 0 が
分かる．
¶
³
定義 35.
系 10 より, dim V = n の時，v1 , . . . , vn なる直交系を見つければ, それは基底になる．これ
を直交基底という．さらに, kvi k = 1 (1 5 i 5 n) ならば正規直交基底という．
µ
´
正規直交基底の利点は，その基底による一次結合の係数が内積で計算できるという事である．
¶
³
系 11. v1 , . . . , vn を V の正規直交基底とする．v = x1 v1 + · · · + xn vn と表す時，xi = v · vi
である. (注意: xi = vi · x ではない.)
µ
´
また，内積も標準内積として計算ができる（以下，この事実は非常によく使う）．
77
¶
³
系 12. v1 , . . . , vn を V の正規直交基底とする．v = x1 v1 + · · · + xn vn , w = y1 v1 + · · · + yn vn
と表す時，v · w = x1 y1 + · · · + xn yn が成り立つ．
µ
24.4
´
話題：フーリエ級数について ~
78
77
標準内積を抽象化して内積を定義したが，正規直交基底を取ることで（取れることは 24.5 節を参照）また標
準内積に戻ってきた．
78
以下，話題と書いたのは，
「説明の長い例」と思ってほしい．~ を付けたが，理論の動機づけや応用の理解を
目指して書いたので是非読んでほしい．
112
エルミート内積を考える１つの動機として，フーリエ級数の話をする．
複素数に値を持つ実数上の関数 R → C で何回でも微分ができ79 ，かつ，f (x + 1) = f (x) と
いう周期境界条件を満たすもの全体の集合を V とする．V は複素ベクトル空間になる．V の元
として，cos 2πx, sin 2πx があるが，これらをまとめて，e(x) := cos 2πx + i sin 2πx を考えた方
がよい．わざわざ複素数値の関数を考えているのはこのためでもある．その利点は
d
e(x) = 2πie(x)
dx
となって微分に関するふるまいが cos 2πx, sin 2πx 単独よりもすぐれていることである (実部と
虚部を取れば，cos 2πx, sin 2πx の微分も回復することに注意)．例 25 と同様に，f, g ∈ V に対
R1
して，f · g := 0 f (x)g(x)dx とおくと，これは V のエルミート内積を定める．次は容易に確か
められる．
em (x) := e(mx) = cos 2πmx + i sin 2πmx
とおくとき，
em (x) · en (x) = δmn ．
すなわち，e1 (x), e2 (x), · · · , em (x), · · · (∞ 個ある) は正規直交系をなしている．このような正規
直交基底が取れるというのも，複素数に値を持つ関数を考える理由の一つである．
次は自明ではないが成立する．
¶
定理 36. すべての f ∈ V は f =
∞
X
am em
(
m=−∞
∞
X
³
|am |2 < ∞) という形に唯１通りに書
m=−∞
ける．また，
Z
1
am = f · em =
f (x)e−m (x)dx
0
が成立する．これを f のフーリエ展開とよび，am をフーリエ係数という．
µ
´
これは，e1 (x), e2 (x), · · · , em (x), · · · が（正規直交）基底であるということを示しているわけで
はないが，それに近い性質を言っている．
∞
X
|am |2 < ∞ という条件が必然的であることを見ておく．
m=−∞
f=
∞
X
am em と書けたとすると，kf k2 =
R1
0
|f (x)|2 dx < ∞ であるが，
m=−∞
2
kf k =
∞
X
am em · an en =
m=−∞
80
∞
X
より，
80
|am |2
m=−∞
|am |2 < ∞ を得る．am = f · em も同様に確かめられる．
m=−∞
79
∞
X
実部と虚部に分ければ微分は容易に定義できる
項別積分の議論が必要
113
例 26. 定理を利用して，g ∈ V を与えたとき，
a0
dd f
df
+ · · · + ad−1
+ ad = g
dx
dx
∞
X
を満たす f ∈ V をフーリエ展開の形で求めてみる．まず，g =
∞
X
とフーリエ展開しておく．f =
(20)
gm em
(
m=−∞
fm em が (20) を満たすとき
dem
dx
∞
X
|gm |2 < ∞)
m=−∞
= 2πimem に注意すると，
m=−∞
(20) の左辺は
∞
X
81
F (m)fm em と書ける．ただし，Fm =
m=−∞
き，∀m, F (m) 6= 0 を仮定しておく．等式
d
X
ak (2πim)d−k とおいた．このと
k=0
∞
X
∞
X
F (m)fm em =
gm em において，フーリエ展
m=−∞
gm
として，f のフーリエ係数が求
F (m)
¯
¯
∞
X
¯ gm ¯2
¯
¯
m=−∞
開の一意性より，gm = F (m)fm が成立する．よって，fm =
∞
X
まった．本当は，この fm に対して，
fm em が V に属すること，つまり，
m=−∞
∞
X
m=−∞
¯ F (m) ¯ < ∞
gm
em が周期 1 で何度でも微分できる関数であることを確認しなくてはならない
F
(m)
m=−∞
が，ここでは略す．
と，
例 27. 複素数に値を持つ周期 2π の連続関数全体を W とする．V と同様 W についても定理と
Rπ
1
類似の結果が成立する．ただし，W においては，f · g = 2π
f (x)g(x)dx というエルミート
−π
内積を考える．また em のかわりに cos mx + i sin mx を考える．ここではこれを em と書く．微
分可能性を落としたことで応用範囲が広がる．
y = x2 (−π ≤ x ≤ π) を周期 2π の関数として拡張したものを y = F (x) としよう．F (x) を
∞
X
フーリエ展開する．F (x) =
am em とおくと，
m=−∞
1
am =
2π
Z
π
(
x2 e−m dx =
−π
(−1)m m22 m 6= 0
1 2
π
m=0
3
が確かめられる (各自 check せよ)．am = a−m に注意．よって，
∞
π2 X
F (x) =
+
(am em + a−m e−m )
3
m=1
∞
X
π2
(−1)m
=
+4
cos mx.
3
m2
m=1
81
項別微分の議論が必要．
114
2
これに x = π を代入すると (左辺) = π ，(右辺) =
ラーの公式
π2
3
∞
X
1
+4
となる．こうして有名なオイ
m2
m=1
∞
X
1
π2
=
m2
6
m=1
を得る．
24.5
シュミットの直交化法
このように, 正規直交基底というのは優れた基底であるが，いつ存在するのか？実は任意の
基底から出発して，それを正規直交基底に修正することができる．だからいつでも存在するの
である．
¶
³
定理 37.
V を計量ベクトル空間とする時，正規直交基底が存在する．より具体的には v1 , . . . , vn なる
V の基底が与えられた時，これから次の方法で正規直交基底を構成することができる（シュ
ミットの直交化法）．
(1) e1 :=
1
v
kv1 k 1
とおく．ke1 k = 1 である．
(2) 次に e02 = v2 − (v2 · e1 ) e1 とおく（注意: (v2 · e1 ) を (e1 · v2 ) としてはいけない！）．こ
の時 e02 · e1 = 0 である．v1 と v2 は一次独立より e02 6= o．よって e2 := e10 e02 とおけ
k 2k
る．e2 · e1 = 0, ke2 k = 1 である．
(3) さらに e03 = v3 −(v3 · e1 ) e1 −(v3 · e2 ) e2 とおく．e03 ·e1 = e03 ·e2 = 0 である．v1 , v2 , v3
が一次独立より e03 6= o．よって e3 := e10 e03 とおける．e3 · e1 = e3 · e2 = 0, ke3 k = 1
k 3k
である．
(4) この操作を繰り返していくと，e1 , . . . , en なる正規直交系が得られる．e1 , . . . , en の数
が dim V と一致するので，e1 , . . . , en は基底である．
µ
´
この定理は上の構成法を見ればそれがそのまま証明にもなっている．
練習問題 150. 次のベクトルをシュミットの直交化法で正規直交化せよ．
 
 
 
1
2
1
 
 
 
(1) v1 = 0 , v2 = 3 , v3 = 5 .
5
4
0
115
 
 
 
1
i
2
 
 
 
(2) v1 = 2 , v2 = 0 , v3 = 1 .
2
i
0
R1
練習問題 151. P2 を 2 次以下の実係数多項式の実ベクトル空間とする．f · g := −1 f (x) g(x) dx
が内積となることを見た．この内積に関して，1, x, x2 をシュミットの直交化法で正規直交化
せよ．
k
d
2
k
Pn において，Fk (x) := dx
(k = 0, 1, . . . , n) なる k 次多項式を考えると，これは Pn
k (x − 1)
R1
の基底となる．これらは，f · g := −1 f (x) g(x) dx なる内積に関して直交していることが部分積
分法による積分の計算で確認できる．この直交基底 F0 (x), . . . , Fn (x) は，1, x, . . . , xn からシュ
ミットの直交化法によって得られる正規直交基底と，定数倍を除いて一致する（n = 2 の場合
に確認してみよ）．Pk := 2k1k! Fk (x) をルジャンドルの多項式と言う．
問題のヒント・答.  
 
 
 
 
 
1
0
0
1
2
2
1  i  1 
  1  1 
問題 150 の答：(1) 0 , 3 ,  4  . (2) 2 , −2 ,  1  .
5
5
3
3
3
0
4
−3
2
1
−2
q
√
問題 151 の答： √12 , 32 x, 32√52 (x2 − 31 ).
116
25
25.1
直交分解と随伴写像
直交分解
¶
³
定義 36. V を計量ベクトル空間とする. V の部分ベクトル空間 W に対して，
W ⊥ := {v ∈ V | すべての W の元 w ∈ W に対して w · v = 0}
とおく. W ⊥ のことを W の直交補空間という.
µ
¶
´
³
命題 31.
上の設定で V = W ⊕ W ⊥ が成立する. つまり V の元は W の元と W ⊥ の元の和としてただ
一通りに書ける. また, W = (W ⊥ )⊥ である (つまり W と W ⊥ の関係は対等).
µ
´
証明. W ，W ⊥ は，V の内積を制限することで，計量ベクトル空間になっていることに注意す
る．まず，W の基底を選ぶ．W が計量ベクトル空間であるので，シュミットの直交化法（定理
37）により，その基底は W の正規直交基底に修正可能である．この W の正規直交基底を延長
して，V の基底を構成する．今度は，この V の基底にシュミットの直交化法を適応して，V の
正規直交基底を得るが，この時，W の正規直交基底の部分はもとのままである（シュミットの
直交化法の定義により分かる）．こうして，W の正規直交基底を延長した V の正規直交基底を
得ることが出来た．これを v1 , . . . , vm , vm+1 , . . . , vn と書く．ただし，v1 , . . . , vm が W の正規直
交基底である．このとき，vm+1 , . . . , vn が W ⊥ の正規直交基底になることが容易に分かる．こ
のことから命題のすべての主張を導くことも容易である．
命題 31 のような表示は, 次の直交分解の特別な場合である.
¶
³
定義 37.
V を計量ベクトル空間とする. V の部分ベクトル空間 W1 , W2 , . . . , Wk があって,
(1) V = W1 ⊕ W2 ⊕ . . . ⊕ Wk , すなわち V の元は W1 ∼ Wk の元の和として唯一通りに書け
る, かつ,
(2) i 6= j の時 Wi と Wj は直交する, つまり任意の wi ∈ Wi , wj ∈ Wj に対して wi · wj = 0
が成立するとき, V = W1 ⊕ W2 ⊕ . . . ⊕ Wk という表示を直交分解という.
これを V = W1 ⊥ W2 ⊥ . . . ⊥ Wk と書く.
µ
´
練習問題 152. 練習問題 139 で定義した M, S, A について, n × n 行列を成分を全て縦に並べ
て n2 次元ベクトル空間と見て内積をとることにより M に内積を入れる. この内積について
M = S ⊥ A であることを示せ.
117
命題 31 の証明は，W ⊂ V が与えられたとき，W ⊥ を求める方法も与えている．これを練習
問題 151 で確認しておこう．
練習問題 153. P2 を二次以下の実係数多項式のなす実ベクトル空間とする. P2 の内積を f · g :=
R1
f (x)g(x)dx で定める. f1 (x) = 1, f2 (x) = x とおく.
−1
(1)f1 と f2 の生成する P2 の部分ベクトル空間を W1 とする. W1⊥ の正規直交基底を求めよ.
(2)f2 の生成する P2 の部分ベクトル空間を W2 とする. W2⊥ の正規直交基底を求めよ.
25.2
随伴写像
¶
³
定理 38.
V を計量ベクトル空間とする. このとき任意の線形写像 f : V → V に対し, 次を満たすよ
うな線形写像 f ∗ : V → V が唯一つ存在する:
すべての v, w ∈ V に対して f (v) · w = v · f ∗ (w)
f ∗ のことを f の随伴写像という.
µ
´
証明. V の正規直交基底を v1 , . . . , vn とし，それに関する f の表現行列を A とする．v, w を V
 
 
x1
y1
Pn
Pn
 .. 
 .. 
の任意の元として，v = i=1 xi vi ，w = i=1 yi vi と書き，x :=  . , y :=  .  とおく．
xn
yn
すると，v1 , . . . , vn が正規直交基底であることから，
f (v) · w = t (Ax)y = t x(t Ay) = t x(t Ay)
が成り立つ（系 12）．82 v1 , . . . , vn に関する表現行列が t A である線形写像を 
f ∗ とおく．する

z1
Pn
Pn
.
と，w = i=1 yi vi は f ∗ によって， i=1 zi vi に移る，ただし，z = t Ay ，z =  ..  と置いた．
zn
よって再び，系 12 により，t x(t Ay) = v · f ∗ (w) が成り立つ．こうして，f (v) · w = v · f ∗ (w)
が成立することが分かった．
このように，f ∗ は V の正規直交基底を一つ選んで定めるが，実は基底の取り方には依らない
ことが，次のように別の議論で示すことが出来る．すべての v, w ∈ V に対して，gi (i = 1, 2) が
ともに f (v)·w = v ·gi (w) を満たす線形写像とする．すると，v ·(g1 (w)−g2 (w)) = 0 となる．特
に，v として g1 (w) − g2 (w) を選ぶことも出来る．すると，(g1 (w) − g2 (w)) · (g1 (w) − g2 (w)) = 0
82
以下，少し説明を変えた．
118
であるから，g1 (w) − g2 (w) = 0 でなければならない（内積の正定値性）．w は任意であるか
ら，これは g1 = g2 を意味する．
f と f ∗ の関係によって定まる線形写像のクラス (正規写像) が次章からの主役である.
25.3
計量ベクトル空間の線形写像と行列
V を計量ベクトル空間, f : V → V を線形写像とする. 定理 38 の証明にあるように, 計量ベ
クトル空間については, f の表現行列を考えるとき, V の正規直交基底によるものを考えること
が多い. 次は定理 38 の証明中で示されている.
¶
³
命題 32.
v1 , . . . , vn を V の正規直交基底, A をそれに関する f の表現行列とする. このとき f ∗ の表
現行列は t A である (これを A∗ と書いて A の随伴行列と呼ぶ).
µ
´
√
問題のヒント・答. 問題 153 の答 (1)± 32√52 (x2 − 31 ) (2) 例えば
119
√
√1 , 3√5 (x2
2 2 2
− 13 ).
26
26.1
正規写像
直交対角化可能性
ここで前半の目標としてきた固有値問題の話と計量ベクトル空間の話を結びつけて，この講
義の大団円に向かいたい.
V を (複素) 計量ベクトル空間として, f : V → V を対角化可能な線形写像とする. 定理 30
より，f の固有空間 Vα1 , · · · , Vαk を用いて V = Vα1 ⊕ · · · ⊕ Vαk と書けるが，この章で考えたい
のは,
この分解が直交分解になるのはいつか？
という問題である.
正確に述べ直しておく.
¶
³
Q. V を計量ベクトル空間, f : V → V を線形写像とする．V が f の固有空間に直交分解さ
れるとき，f は直交対角化可能であると言う．f が直交対角化可能となるための f の必要十
分条件は何か? 言い換えれば，固有ベクトルからなる正規直交基底が存在するための f の
条件は何か？
µ
´
この Q には, 驚くべき単純で意外な解答がある.
¶
³
定理 39. f が直交対角化可能 ⇐⇒
f ◦ f ∗ = f ∗ ◦ f , つまり f とその随伴写像 f ∗ が交換可能.
(21)
µ
¶
´
³
定義 38. 関係式 (21) を満たす線形写像を正規写像という.
µ
´
注意 31. V の正規直交基底に関する f の表現行列を A とすると, この条件は AA∗ = A∗ A とな
る (命題 32 参照). このような行列を正規行列という
定理 39 の証明について，V が f の固有空間に直交分解されていると仮定するとき，f ◦ f ∗ =
f ∗ ◦ f が成り立つことをチェックするのは容易である．実際，固有ベクトルからなる正規直交
基底を取ると，それに関する f の表現行列 A は対角行列である．この対角成分を α1 , . . . , αn と
する．すると，f ∗ の表現行列は A∗ = t A であり，これは対角成分を α1 , . . . , αn とする対角行列
である．よって明らかに AA∗ = A∗ A が成り立つ．
逆に，f ◦ f ∗ = f ∗ ◦ f から V が f の固有空間に直交分解されていることを示すために鍵とな
るのは, 次の命題である.
120
¶
³
命題 33. 交換可能な線形写像には共通の固有ベクトルが存在する，つまり，V を (必ずしも
計量の入っていない) ベクトル空間, f, g を V → V なる線形写像とする. もし f ◦ g = g ◦ f
ならば f と g に共通な固有ベクトルが存在する. つまり, ある v 6= o と α, β ∈ C があって
f (v) = αv, g(v) = βv となる.
µ
´
証明. 固有空間という考え方の有効性がよく分かる証明である．また，系 7 も役に立つ．
Vα を f の一つの固有空間とする．v ∈ Vα に対して，
f ◦ g(v) = g ◦ f (v) = g(αv) = αg(v)
であるから，g(v) ∈ Vα である．よって，g|Vα : Vα → Vα なる線形写像が定まる．系 7 により，
この線形写像の固有ベクトル w が存在する．これは g の固有ベクトルでもある．また，w ∈ Vα
より，f の固有ベクトルでもある．
f ◦ f ∗ = f ∗ ◦ f から V が f の固有空間に直交分解されていることを示すのは授業で詳しく説
明する．
練習問題 154. A を n × n 行列とする. A∗ = A2 + A が成立するとき A は正規行列であること
を示せ. またその固有値の可能性を求めよ.
83
次の二つの節で，正規写像の重要な例を二つ挙げる.
26.2
83
エルミート写像
この問題の解説は，練習問題 161 の解答の後に書いた．ユニタリー対角化を使ったほうがよいので．
121
¶
³
定義 39. V を計量ベクトル空間とする. 線形写像 h : V → V がエルミート写像であるとは
h = h∗
が成立するということ．言い換えれば，
すべての v, w ∈ V に対して h(v) · w = v · h(w)
が成立するということ．V の正規直交基底に関するエルミート写像の表現行列 H は
H = H∗
を満たす．これをエルミート行列という.
H が実行列であるとき，H = H ∗ は H = t H ということ，つまり，実エルミート行列とは
実対称行列に他ならない．
µ
´
容易に分かる通り, エルミート写像は正規写像である. これは量子力学で大切な役割を果たす
（量子力学では自己共役作用素と呼ばれている）.
正規写像のなかでエルミート写像を特徴づけることができる．
¶
³
定理 40. V を計量ベクトル空間, f : V → V を正規写像とする. このとき
f がエルミート ⇔ f の固有値が全て実数.
µ
´
証明. f が正規という前提の下で考えているので，定理 39 より，f の固有ベクトルからなる正規
直交基底が取れる．それに関する f の表現行列 A は固有値 α1 , . . . , αn を対角成分とする対角行
列で，f ∗ の表現行列 A∗ は固有値 α1 , . . . , αn を対角成分とする対角行列である．よって，A = A∗
は αi = αi ，つまり，すべての αi が実数であるということに他ならない．
練習問題 155. h = −h∗ を満たす線形写像を歪エルミート写像という. f を定理 40 と同様に固
有値で特徴付けよ.
26.3
ユニタリー写像
122
¶
³
定義 40. V を計量ベクトル空間とする. u : V → V がユニタリー写像であるとは
u ◦ u∗ = u∗ ◦ u = id
が成立するということ. 言い換えれば，u が全単射で，逆写像が u∗ であるということ，つ
まり，
すべての v, w ∈ V に対して u(v) · w = v · u−1 (w)
が成立するということ．V の正規直交基底に関するユニタリー写像の表現行列 U は
U U ∗ = U ∗U = E
を満たす．これをユニタリー行列という.
V が実計量ベクトル空間であるとき，ユニタリー写像を直交写像と言う．V の正規直交基
底に関する表現行列 U （実ユニタリー行列）は，
U tU = tU U = E
を満たすから，これは直交行列に他ならない．
µ
´
練習問題 156. 直交行列の行列式は ±1 であることを示せ．
¶
³
定理 41. V を計量ベクトル空間, f : V → V を正規写像とする. このとき
f がユニタリー ⇔ f の全ての固有値の絶対値が 1.
µ
´
これは定理 40 と同様に示すことができる．
ユニタリー行列の条件は U ∗ U = E のみでよい（定理 21)．これを U = (u1 . . . un ) とおいて
書き直すと t ūi · uj = δij ⇔ t ui · ūj = δij となり, つまりこれは u1 , . . . , un が Cn の標準内積に
関する正規直交基底であるということに他ならない．同様のことが直交行列についても成り立
つ．まとめると，
¶
³
命題 34.
n × n 行列 U がユニタリー ⇔ U の列ベクトルが Cn の標準内積に関する正規直交基底.
n × n 実行列 U が直交行列 ⇔ U の列ベクトルが Rn の標準内積に関する正規直交基底.
µ
´
次の問題はある意味，ユニタリー行列とエルミート行列は同じくらいあるということをいっ
ている.
練習問題 157.
123
(1) n × n 行列 A がエルミート行列であるとき E + iA は正則であることを示せ.
(2) (1) の A に対して U = (E − iA)(E + iA)−1 が定義できる. U はユニタリー行列であり −1
を固有値に持たないことを示せ.
エルミート行列 A をユニタリー行列 U に対応させるこの操作をケーリー変換と言う．
(3) 逆に U を −1 を固有値に持たないユニタリー行列とすると, E + U は正則になるが, この
とき A = −i(E − U )(E + U )−1 はエルミート行列であることを示せ.
これはエルミート写像の話をユニタリー写像の話に帰着させるのに用いられる (フォン · ノイ
マンによるアイデア, [志賀 29 講] 参照).
ユニタリー写像は重要な言い換えを持つ．
¶
³
定理 42. 以下は同値．
(i) u はユニタリー写像．
(ii) u は内積を保つ，すなわち，任意の v, w ∈ V に対して u (v) · u (w) = v · w となる．
(iii) u は長さを保つ，すなわち全ての v ∈ V に対して ku (v)k = kvk となる．
µ
´
証明. (1) を仮定して (2) を導く．随伴写像の性質より，任意の v, w ∈ V に対して
u (v) · u (w) = v · u∗ u (w)
であるが，u はユニタリーと仮定しているので，u∗ u = id，よって，u (v) · u (w) = v · w．
また，この議論の逆をたどれば，(2) から (1) を導くことも出来る．
(3) は (2) の特別な場合であるから，(2) から (3) が従うのは自明である．
最後に (3) から (2) を導く．
ku + vk2 = (u + v) · (u + v) = kuk2 + kvk2 + u · v + v · u,
ku + ivk2 = (u + iv) · (u + iv) = kuk2 + kvk2 − iu · v + iv · u
により，
1
(i ku + vk2 − ku + ivk2 − (i − 1) kuk2 − (i − 1) kvk2 )
2i
となり，u·v をいくつかのベクトルの長さで書き表すことが出来るから，(3) により，u(u)·u(v) =
u · v が導かれる．
u·v =
Cn を標準内積によって，計量ベクトル空間と見る．このとき，ユニタリー写像 u : Cn → Cn
を定める行列 U （u(x) = U x となる行列 U ）は，標準基底 e1 , . . . , en が正規直交基底であるの
で，ユニタリー行列である．よって，この状況に定理 42 を適用すれば次を得る．
124
¶
³
系 13. 以下は同値．
(i) U はユニタリー行列．
(ii) U は標準内積を保つ，すなわち，任意の x, y ∈ Cn に対して U x · U y = x · y となる．
(iii) U は長さを保つ，すなわち全ての x ∈ Cn に対して kU xk = kxk となる．
µ
´
n
R を標準内積によって，計量ベクトル空間と見れば，直交行列について同様の言い換えを
得る．
練習問題 158. 行列式が 1 の 3 × 3 直交行列は 1 を固有値に持つことを示せ．
行列式が 1 の 3 × 3 直交行列 U の定める線形写像 u : R3 → R3 は，固有値 1 の固有ベクトルを
軸とする回転であることが分かる．実際，v3 を固有値 1 の固有ベクトルとする．v3 の長さは 1
としてよい．v1 , v2 , v3 が正規直交基底となるように v1 , v2 を選ぶ．v1 , v2 で生成される平面を L
とする．定理 42 により，u はベクトルの内積を変えない．よって，v3 に直交するベクトルは，u
によって再び v3 に直交するベクトルに移る．言い換えれば，
L を L に移す．よって，v1 , v2 , v3
!
Ã
A 0
と言う形である（A は 2 × 2 行列）．ここで det A = 1 であ
に関する u の表現行列は t
0 1
る．さらに，u は L 内のベクトルの内積を変えないから，u の L への制限 u|L ，つまり，L にお
いて正規直交基底 v1 , v2 に関する表現行列が A である線形写像は，回転か鏡映であるが（問題
Ã
!
cos θ − sin θ
13 と 18)，det A = 1 により u|L は L において回転を定める．よって A =
とい
sin θ cos θ
う形をしており，以上より，u は v3 を軸とする回転である．
26.4
話題：正多面体の対称性 ~
練習問題 158 に関連する話を少し続けてみよう．R3 において，重心が原点に一致する正四面
体を T とする．原点を通る直線を軸とする回転で T を保つものは，恒等写像，T の向かい合う
辺の中点を結ぶ直線を軸とする π 回転（辺が６本より３つある），頂点とその対面の重心を結
ぶ直線を軸とする 2π
, 4π
回転（軸は４本ある）のいずれかである（図を書いて考えてみよ）．
3
3
これらは T の回転対称性と呼ばれる．回転対称性すべての成す集合を GT とする．GT は次の
３性質を持つ：
（１）恒等写像を含む，
（２）u1 , u2 ∈ GT ならば，その合成 u1 ◦ u2 も GT に含ま
−1
れる．
（３）u ∈ GT ならば u ∈ GT . ここで，
（１），
（３）のチェックは容易である．
（２）につ
いて，u1 ◦ u2 が T を T に移すことは自明である．u1 ◦ u2 が再び原点を通る直線を軸とする回
転であることは，練習問題 158 と行列式の積公式（定理 24）によって確かめられる（実際，各
u1 , u2 ∈ GT に対して u1 ◦ u2 がどのような回転になるか，調べてみると面白い）．
（１），
（２），
125
（３）は GT が群になっているということを言っている．84 さらに GT は有限個の元からなるか
ら有限群と呼ばれる．まとめると，T の回転対称性全体の集合は有限群である．これは，重心
を原点とする正多面体（正四面体，正六面体，正八面体，正十二面体，正二十面体）の回転対
称性についても言えることである．
興味深いのは，この逆に近いことが言えることである．R3 において，原点を通る直線を軸と
する回転全体の集合を SO(3) と書く．これも（１），
（２），
（３）と同様の性質を持つので群で
ある（有限群ではもちろんない）．このとき，SO(3) に含まれる有限群は，重心が原点にある正
多面体の回転対称性の群か，重心が原点にある正多角形の回転対称性の群か，重心が原点にあ
り，‘表裏’ のある正多角形の回転対称性の群85 のいずれかである．興味を持った人は，上記アー
ムストロングによるの群論の教科書の１９章を読むとよい．
練習問題 159. 正四面体 T の頂点に番号を振ることで，GT は群として置換全体のなす群 S4 の
偶置換全体の部分群に一致することを示せ．正六面体 S の対角線に番号を振ることで（四本あ
る），その回転対称性の群 GS は群として S4 に一致することを示せ．
26.5
話題:実 3 × 3 行列のケーリー変換の変種 ~
練習問題 157 により，エルミート行列をユニタリー行列に対応させるケーリー変換を考え
たが，実 n × n 行列に対して，次のような変種がある．A を交代行列, x ∈ R として，R :=
(xE − A)−1 (xE + A) とおく．ただし，A が正則であれば，x は任意として，A が正則でなけれ
ば，86 x 6= 0 とする（交代行列の固有値は 0 または純虚数であるから，これが，xE − A が逆行
列を持つ必要十分条件である）．このとき，R は行列式が 1 の直交行列になる．また，R が固
有値 −1 を持つのは x = 0 のときに限り，このとき R = −E である．
逆に固有値 −1 を持たない行列式 1 の直交行列 R と x ∈ R に対して，A := x(R − E)(R + E)−1
とおくと，A は交代行列となり，x 6= 0 のとき，これは上記の変換の逆を与える．
n = 3 の場合に，


0
λ µ


A = −λ 0 ν 
−µ −ν 0
として，R := (xE − A)−1 (xE + A) を計算してみると，


x 2 − λ 2 − µ2 + ν 2
2xλ − 2µν
2xµ + 2λν
1


R= 2
x 2 − λ 2 + µ2 − ν 2
2xν − 2λµ

 −2xλ − 2µν
2
2
2
x +λ +µ +ν
2
2
2
2
−2xµ + 2λν
−2xν − 2λµ
x +λ −µ −ν
84
群の定義については，アームストロング著「対称性からの群論入門」(シュプリンガー社) などの群論の教科
書，あるいは 18 章を参照のこと．
85
これは，正 m 角形をその重心を中心にぐるぐる回すだけでなく，m が偶数ならば対頂点を結んだ軸と対辺の
中点を結んだ軸それぞれのまわりの π 回転，m が奇数ならば頂点と対辺の中点を結んだ軸のまわりの π 回転も考
えるという事である．これらの回転は，平面で考えていれば鏡映であって，回転ではないことに注意．回転とし
ては，３次元で初めて回転として現れるものである．
86
n が奇数であれば，交代行列は正則でない．
126
を得る（オイラーによる行列式 1 の直交行列のパラメーター表示）．この表示は，x2 +λ2 +µ2 +ν 2 6=
0 であれば意味を持っている．例えば，
x = λ = µ = 0, ν 6= 0 とすると，xE − A は正則でな


1 0
0


いが，R = 0 −1 0  となる（固有値 −1 を持つが −E ではないので上の対応からは外れ
0 0 −1
る）．実は，行列式 1 の直交行列はすべてこのようなパラメーター表示を持つことが示される．
この表示は x, λ, µ, ν の比だけで決まる．n 個の実数の組全体の集合は Rn であったが，(0, · · · , 0)
を除く n 個の実数の組の比全体の集合を Pn−1 (R) と書き，n − 1 次元（実）射影空間と呼ぶ．n
個の実数の組を考えても比だけを見るので自由度が n でなく n − 1 になっている．n = 4 の場
合，上記のパラメーター表示によって，P3 (R) から行列式 1 の直交行列全体の集合 SO(3, R) へ
の全単射が得られていることが分かる．
26.6
話題：2 × 2 ユニタリー行列と４元数 ~
!
a −b
(a, b, α ∈ C, |a|2 + |b|2 = 1, |α| = 1) と
命題 34 により，2 × 2 ユニタリー行列は，
αb αa
Ã
! Ã
!
0 1
0 −i
いう形をしている．例えば，電子の角運動量スピンを記述するパウリ行列
,
,
1 0
i 0
Ã
!
1 0
はすべて（行列式 −1 の）ユニタリー行列になっている．
0 −1
Ã
!
a −b
以下では，行列式が 1 の 2×2 ユニタリー行列を考える．それは
(a, b ∈ C, |a|2 +|b|2 =
b a
1) という形をしており，2 × 2 特殊ユニタリー行列と呼ばれる．さらに，a = p + iq, b = r + is
(p, q, r, s ∈ R) と書けば，
Ã
!
Ã
!
Ã
!
Ã
!
1 0
i 0
0 1
0 −i
A=p
+q
+r
+s
(p2 + q 2 + r2 + s2 = 1)
0 1
0 −i
−1 0
−i 0
Ã
となる．つまり，2 × 2 特殊ユニタリー行列全体は，
Ã
!
Ã
!
Ã
!
i 0
0 1
0 i
単位行列 E, I :=
,J=
, K :=
0 −i
−1 0
i 0
で生成される実４次元ベクトル空間の中で，３次元球面をなす．また，E, I, J, K の間には，
I 2 = J 2 = K 2 = IJK = −E, IJ = −JI = K
という関係式が成り立っている．この関係式により，E, I, J, K で生成される実４次元ベクトル
空間に掛け算を決めることができる．これを４元数（体）という．
127
Ã
!
p −q
実は，複素数についても同様な捉え方が出来る．複素数 p+iq に対して，実 2×2 行列
q p
（回転と拡大の合成を表す行列）を対応させると，二つの複素数の和
Ã
! Ã
!
Ã (p +!iq)
Ã + (r +
! is)，積
p −q
r −s
p −q
r −s
(p + iq)(r + is) が，それぞれ，行列の和
+
，積
に対応
q p
s r
q p
s r
Ã
!
p −q
することが分かる．こうして，和と積を込めて，複素数全体（複素数体）を
なる行
q p
列全体と同一視することができる．後者は，
Ã
!
Ã
!
Ã
!
p −q
1 0
0 −1
=p
+q
q p
0 1
1 0
により，実２次元ベクトル空間である．
４元数体はハミルトンにより長い苦闘の末発見されたものである．ハミルトンは，長い間，
複素数体が実２次元ベクトル空間であることから，実３次元ベクトル空間でこのような積構造
を持つものを探し求めていたが徒労に終わった．今となってはそのようなものが存在しないこ
とが固有値問題の考え方によって簡単に示せる．
¶
³
定理 43. V を n 次元実ベクトル空間であって，さらに V の元の間に積が定まっており，そ
れが実（双）線形性を満たすとする．すなわち，
(1) x, y ∈ V に対して，x · y ∈ V が定まる．
(2) α, β ∈ R, x, y, z ∈ V に対して，(αx + βy) · z = α(x · z) + β(y · z) が成り立つ．
(3) α, β ∈ R, x, y, z ∈ V に対して，z · (αx + βy) = α(z · x) + β(z · y) が成り立つ．
また，V は積に関する単位元 e，すなわち，任意の元 x に対して x · e = e · x = x を満たす
元を持つと仮定する．さらに，次の可除性を仮定する：
任意の 0 でない V の元 a と，任意の b ∈ V に対して，
xa = b がただ一つの解を持つ，かつ，ax = b がただ一つの解を持つ．
（複素数体，４元数体の積はいずれもこれらの性質を満たしている．４元数体のときを考慮
して積の可換性は仮定しない．
）
このとき，もし，n が奇数であれば，V = R となり，V の積は R の通常の積に限る．
µ
´
証明. a ∈ V に対して，a を左から掛けることによって，線形写像 La : V → V (V 3 x 7→ ax ∈ V ）
が定まる（積の性質（３）より）．n が奇数であるので，練習問題 158 と同じ考え方により，La
は実固有値 α を持つ．v ∈ V をその固有ベクトルとすると，av = αv である．右辺を (αe) · v と
見なせば，積の線形性により，(a − αe) · v = 0 となる．ところが，可除性により（v 6= 0 に注
128
意），a − αe = 0，つまり，a = αe となる．a は任意の元であり，それが常に e の定数倍なので，
V は１次元である．V の積の定義から，それが R の積に一致することも分かる．
Ã
!
p −q
さて，
のタイプの行列の行列式の積公式から練習問題 123 にあるような２項２乗
q p
和２つの積を２項２乗和で表す公式が得られた．４元数で同じことを考えてみよう．
Ã
! Ã
!
p + iq −(r + is)
p0 + iq 0 −(r0 + is0 )
練習問題 160.
,
を用いて，
r − is
p − iq
r0 − is0
p0 − iq 0
2
2
2
2
(p2 + q 2 + r2 + s2 )(p0 + q 0 + r0 + s0 ) =
(pp0 − qq 0 − rr0 − ss0 )2 + (pq 0 + qp0 + rs0 − sr0 )2 +
(pr0 + rp0 + sq 0 − qs0 )2 + (ps0 + sp0 + qr0 − rq 0 )2
を示せ（４項２乗和２つの積を４項２乗和で表す公式）．
26.7
ユニタリー対角化
f : V → V が直交対角化可能であるということを，行列の言葉で述べ直しておく.
V のある正規直交基底 v1 , . . . , vn に関する f の表現行列を A とする. f が直交対角化可能で
あるとは，V の正規直交基底 w1 , . . . , wn を上手く選ぶと，それに関する f の表現行列 B が対
角行列になるということである. v1 , . . . , vn から w1 , . . . , wn への基底の変換行列を D とすると
B = D−1 AD となるのだった．このとき，
¶
³
命題 35. D はユニタリー行列である．
µ
´
Pn
Pn
Pn
Pn
証明. v, w を V の任意の元として，v = i=1 xi vi = i=1 x0i wi ，w = i=1 yi vi = i=1 yi0 wi
 
 0
 
 0
x1
x1
y1
y1
 ..  0
 .. 
 ..  0
 .. 
と書き，x :=  . , x :=  . , y :=  . , y :=  .  とおく．このとき，v1 , . . . vn も
xn
x0n
yn
yn0
w1 , . . . wn も正規直交基底であるから，v · w = x · y = x0 · y 0 である．ただし，x · y, x0 · y 0
は Cn の標準的エルミート内積である．変換行列の性質より，x = Dx0 , y = Dy 0 であるから，
Dx0 · Dy 0 = x0 · y 0 が分かった．x0 , y 0 は任意のベクトルなので，これは D が標準内積を保つと
いう事である．よって，系 13 より D はユニタリー行列である．
つまり A はユニタリー行列を用いて対角行列にできることが分かった. このことを A はユニ
タリー対角化可能であるという. まとめると，正規行列はユニタリー対角化可能である.
D がユニタリー行列より，D−1 は D∗ に等しいことにも注意．
129

1 ω ω2


練習問題 161. エルミート行列 A = ω 2 1 ω  (ω は x2 + x + 1 = 0 の解. ω 2 = ω̄ に注意.)
ω ω2 1
をユニタリー対角化せよ.

(練習問題 161 の略解）以下詳しい計算は省いてあるので，必ず自分で計算して確かめてみ
ること．
ユニタリー対角化のために必要なユニタリー行列 D は，固有ベクトルからなる正規直交基底
を並べて得られる行列として得られる．
ΦA (t) = t2 (t − 3) は容易に計算できる．t = 0 の固有空

  
−ω 2
−ω

  
間の基底として  1 ,  0  が取れる．これをシュミットの直交化法で正規直交化すると，
0
1
 


−ω
−ω 2




1
1
√  1 , √  −ω  なる固有値 0 の固有空間の正規直交基底を得る．t = 3 の固有空間の正
2
6
0
2
 

 ω
ω2
ω2
√
− √2 − √
ω2
6
3
 


規直交基底として √13  ω  を得る．これらを並べて，D =  √12 − √ω6 √ω3  とおくと，D
√2
√1
1
0
6
3


0 0 0


−1
はユニタリー行列となり，D AD = 0 0 0 となる．
0 0 3
 
x
 
これも一つの答えだが，実は，もっときれいな解がある．まず，y  6= 0 が固有値 0 の固有
z
2
ベクトルである条件は，
x + yω + zω = 0 である．
（行列の成分の様子から）固有値 0 の固有ベク
 
1
 
トルとして，1 が見つかる．これはきれいな固有ベクトルである．これと直交する固有値 0
1
の固有ベクトルの条件は，x +
+ zω 2 = 0 かつ x + y + z = 0 である．これを解くと，x = ωz,
yω 
ω
 2
2
y = ω z を得る．こうして，ω  なる固有値 0 の固有ベクトルを得る．これらを長さ１にす
1
 
 
1
ω




1
1
れば， √3 1, √3 ω 2  なる固有値 0 の固有空間の正規直交基底を得る．t = 3 の固有空間の
1
1

 

ω2
1 ω ω2

 

正規直交基底としては，上記の通り √13  ω  を取る．これらを並べて，D = √13 1 ω 2 ω 
1
1 1 1
130


0 0 0


とおくと，D はユニタリー行列となり，D−1 AD = 0 0 0 となる．
0 0 3
(練習問題 154 の略解）
まず，AA∗ = A(A2 + A) = A3 + A2 = (A2 + A)A = A∗ A より A は正規行列．
A は正規行列なので，あるユニタリー行列 D があって，B := D∗ AD が対角行列になる（上で注
意したように D−1 = D∗ である）．その対角成分を左上から順に α1 , . . . , αn とする．A∗ = A2 +A
を D∗ , D ではさむと，D∗ A∗ D = D∗ (A2 + A)D. ここで，左辺について B ∗ = (D∗ AD)∗ =
D∗ A∗ (D∗ )∗ = D∗ A∗ D に注意すると，左辺は，対角成分が左上から順に α1 , . . . , αn である対角
行列である．右辺は D∗ (A2 + A)D = (D∗ AD)2 + D∗ AD = B 2 + B により，対角成分が左上か
ら順に α12 + α1 , . . . , αn2 + αn である対角行列である．よって，各 i について，αi = αi2 + αi が成
り立つ．一般に α = α2 + α を満たす複素数を求めると α = 0, −1 ± i である．よって，求める
条件は，各 αi が 0, −1 ± i のいずれか．
練習問題 162. n × n 行列 A が正規行列であり Am = 0 を満たすならば A = 0 を示せ.
試験範囲はここまで．授業で扱った場所のみ．
26.8
正値写像
最後に，計量ベクトル空間の線形同型写像の基本をなすのが，エルミート写像とユニタリー
写像であることを示して（練習問題 163）本講義を終える．
¶
³
定義 41. 全ての固有値が正であるようなエルミート写像（定理 40 により全ての固有値が
正であるような正規写像と言っても同じこと）を正値写像という．
µ
´
正規写像 f : V → V に対して，関数 f (v) · v を用いて正値写像を言い換えることができる．
¶
³
定理 44.
V を計量ベクトル空間とし，f : V −→ V を正規写像とする．この時，f が正値写像 ⇐⇒
任意の v 6= o に対して f (v) · v > 0．
µ
´
証明. f は正規なので，f の固有ベクトルからなる V の正規直交基底 v1 , . . . , vn が存在する．
Pn
v1 , . . . , vn の固有値を α1 , . . . , αn とする．任意の v 6= o を v =
i=1 xi vi と表すと，f (v) =
Pn
i=1 xi αi vi であるから，v1 , . . . , vn が正規直交基底であることに注意すると，
f (v) · v =
n
X
i=1
となる．
131
αi |xi |2
(22)
ここで，f が正値写像，つまり，すべての αi が正だとすると，v 6= o に対して，(22) より明
らかに f (v) · v > 0 である．
逆に任意の v 6= o に対して f (v) · v > 0 であれば，(22) において，v = vi と取れば，αi > 0
を得るから，f は正値写像である．
練習問題 163 (極分解). V を計量ベクトル空間，f : V −→ V を同型写像とする．
(1) f ∗ ◦ f は正値写像であることを示せ．
(2) f ∗ ◦ f = h2 となる正値写像が唯一つ存在することを示せ．
(3) f ◦ h−1 はユニタリー写像であることを示せ．
u = f ◦ h−1 とおくと，f = u ◦ h となっている．これを f の極分解という．
(4) f を (3) のようにエルミート，ユニタリー写像の合成で書く方法は一意であることを示せ．
(5) V = C の時，(3) の意味は何か？
ここまで完成.
132
27
エルミート写像とユニタリー写像 ~
この 2 つの線形写像についてさらに詳しく述べて本講義を終える．
27.1
エルミート写像の固有値問題の新しい解き方
．
h をエルミート写像とする時，その固有値は実数であった．そこでその固有値を λ1 < λ2 <
· · · < λk と並べておく．λ1 と λk は次のように捉えることができる．
¶
³
定理 45.
全ての o でない v ∈ V に対して，λ1 5
h(v)·v
kvk2
h(v)·v
kvk2
5 λk が成立する．さらに，λ1 =
h(v)·v
,
kvk2
λk =
が成立するのは，v がそれぞれ λ1 , λk に対する固有ベクトルである時に限る．
µ
´
h(v)·v
kvk2
この定理によって λ1 , λk は V − {o} 上の関数 λ (v) :=
のそれぞれ最小値，最大値であ
ることが分かる．関数 λ (v) は t ∈ C − 0 に対して λ (tv) = λ (v) を満たすので v を定数倍して
も変わらない．よって kvk = 1 なる v のみ考えれば充分．S = {v ∈ V | kvk = 1} とおく．これ
は V の単位球面のようなものである．S 上で λ (v) = h (v) · v である．
¶
³
定理 46.
h の固有値は次のように求めることができる．
1. まず関数 λ (v) の最小値を求める（連続関数の最小値の存在）．これを λ1 とするとこ
れが h の最小固有値．
2. V2 := Vλ1 ⊥ とおく．h は V2 を V2 に写す（定理 45 の証明を参照）．h は V2 上の線形写
像と見ることができるが，そう見てもエルミート写像である．S2 を V2 における単位
球面とし，λ2 (v) = h (v) · v (v ∈ S2 ) の最小値を求める．これを λ2 とするとこれ
が h の λ1 の次に小さい固有値．
3. V3 := (Vλ1 ⊕ Vλ2 )⊥ とおいて (2) と同様のことをする．
以下繰り返す．
µ

2
i −1


練習問題 164. 次のエルミート行列の固有値を定理 46 の方法で求めよ： −i 4
i ．
−1 −i 2

この定理の方法は有限次元ベクトル空間の場合は通常の方法より面倒であまり良くない方法
であるが，固有多項式を考えることができない無限次元ベクトル空間では有用な考え方である
（志賀 21 講参照）．
133
´
28
28.1
射影とスペクトル分解
射影と直交分解 ~
.
¶
³
定義 42.
V を計量ベクトル空間, W を V の部分ベクトル空間とする. 写像 p : V → W を次のよう
に定める : 命題 31 により, 任意の v ∈ V は唯一通りに v = w + u(w ∈ W, u ∈ W ⊥ ) と書け
る. p(v) = w とする.
この p を W への射影という.
µ
´
練習問題 165. p は線形写像であることを示せ.
¶
³
命題 36. 定義の設定において次が成立.
(1)p2 = p (p2 は p の二回の合成 p ◦ p のこと).
(2)q = id − p は W ⊥ への射影 (id − p は, (id − p)(v) = v − p(v) なる写像).
(3)p ◦ q = q ◦ p = 0.
µ
´
射影は, 定義のような任意の直交分解に拡張できる. 直交分解の定義の設定の下で, pi : V → Wi
を Wi への射影とすると, 命題 2 と同様に次が成立することがわかる.
¶
³
命題 37.
(1) p2i = pi (i = 1, · · · , k).
(2) p1 + · · · + pk = id.
(3) すべての i 6= j に対し pi ◦ pj = pj ◦ pi
µ
28.2
´
射影の随伴写像による特徴づけ
¶
³
定理 47.
V を計量ベクトル空間, p : V → V を線形写像とする. p がある V の部分空間への射影であ
るための必要十分条件は,
(1)p2 = p
(2)p∗ = p
の二つが成立すること.
µ
´
134
(2) の条件は後で定義するように p がエルミート写像 (自己共役作用素) であるということで
ある.
135
29
まとめ
87
このプリントでは, この講義の流れを 2 つの例によって説明する. 2 つの例とは, 漸化式を
満たす数列と (ある種の) 微分方程式を満たす関数である. 数ベクトル空間とはかけ離れたベク
トル空間を扱うことで線形代数学で行われた抽象化の威力を示したい. 以下, 2 つの例を並行し
て説明する. 実は, 2 つの例は異なるものにも関わらず, 線形代数の観点からは同じものである
ことが分かる. 以下, 大事な概念は太字にした. 習得すべきことの目安にしてほしい.
• 実数列全体の集合は実ベクトル空間になる (p.6, 例 1.4 参照).
一変数実関数全体の集合は実ベクトル空間になる (p.6, 例 1.1 参照).
• 実数列全体の集合の中で次のような部分集合を考える.88
V := {x := {xn } | {xn } は, k + 1 項漸化式 xn+k +ak−1 xn+k−1 +· · ·+a1 xn+1 +a0 xn = 0 を満たす.}
例えば xn+1 + xn = 0. V は, 実数列全体の実ベクトル空間の部分ベクトル空間になる (p.8,
例 1.11 参照).
一変数実関数全体の集合の中で次のような部分集合を考える.89
W := {f | f は何度でも微分可能で f (k) + ak−1 f (k−1) + · · · + a1 f (1) + a0 f = 0 を満たす.}
例えば f (1) + f = 0. W は, 一変数実関数全体の実ベクトル空間の部分ベクトル空間にな
る (p.8, 例 1.10 参照).
以下, V と W は常にこの意味で用いる.
• k + 1 項漸化式を満たす数列は最初の k 項で決まる. また, 最初の k 項は任意に与え
ることができ, その k 項を持つような k + 1 項漸化式を満たす数列がただ一つ存在す
る. つまり, c0 , . . . , ck−1 を任意の k 個の実数とすると, V の元 x = {xn } で, 初期条件
x0 = c0 , x1 = c1 , . . . , xk−1 = ck−1 を満たすものがただ一つ存在する. この事実を踏まえる
と次の事が分かる.
i を 0 ≤ i ≤ k − 1 を満たす整数とする. 最初の k 項について, i 項目が 1 で他はすべて 0
となる V の元を bi で表す. このとき, 任意の V の元は b0 , b1 , . . . , bk−1 の一次結合であ
る. より具体的には, x = {xi } ∈ V は x = x0 b0 + x1 b1 + · · · + xk−1 bk−1 と書ける. また
b0 , b1 , . . . , bk−1 は一次独立である. まとめると, {b0 , b1 , . . . , bk−1 } は V の基底である.
ゆえに V の次元は k である. (対応する例は教科書にないが, 一次結合, 一次独立, 基底,
次元の定義から容易に従う).
数列のときほど容易ではないが, ベクトル空間 W についても次のような類似の性質が
成り立つ. c0 , . . . , ck−1 を任意の k 個の実数とする. このとき, W の元 f で, 初期条件
87
この章は未完成．
数列は x0 から始まるものとする.
89
関数 f を k 回微分して得られる関数を f (k) で表す. f (1) , f (2) は f 0 , f 00 で表すことが多い.
88
136
f (0) = c0 , f (1) (0) = c1 , . . . , f (k−1) (0) = ck−1 を満たすものがただ一つ存在する. この事実
を認める90 と次の事が分かる.
i を 0 ≤ i ≤ k − 1 を満たす整数とするとき, 次の条件を満たす W の元を gi で表す:
(i)
(k−1)
gi (0) = 0, . . . , gi (0) = 1, . . . , gi
(0) = 0. このとき, 任意の W の元は g0 , g1 , . . . , gk−1
の一次結合である. より具体的には, f (0) = c0 , f (1) (0) = c1 , . . . , f (k−1) (0) = ck−1 を満た
す f ∈ W は f = c0 g0 + c1 g1 + · · · + ck−1 gk−1 と書ける. また g0 , g1 , . . . , gk−1 は一次独立
である. まとめると, {g0 , g1 , . . . , gk−1 } は V の基底である. ゆえに V の次元は k である.
(数列のときと同様, 一次結合, 一次独立, 基底, 次元の定義から容易に従う).
• 以上より, V の場合は b0 , b1 , . . . , bk−1 , W の場合は g0 , g1 , . . . , gk−1 という特別な解が分
かれば, すべての解を求めることができることが分かる. しかし, これらの特別な解を求
めることは一般には容易ではない. これらの解は V や W の構造を明らかにするのに役
立つが実際に解を求めるのに有用ではないのである. より分かりやすい解を求めるのに線
形代数の基底の変換という考え方が有効である.
• 次のような数列全体の集合から数列全体の集合への写像 T を考える: T は, 数列 {xn } を
{yn } に移す, ただし, yn = xn+1 . つまり, T は, 数列 {xn } を, n 項目が, xn+1 である数列
に移す. 例えば, T ({0, 1, 2, 3, . . . , }) = {1, 2, 3, . . . }) である. T は線形写像である. T は
V の元を V の元に移す.91 よって T は V から V への線形写像を定めるが, これも同じ
記号で T と書く. この T が V の性質を浮き彫りにする. T の l 回の合成 T ◦ T ◦ · · · ◦ T
を T l で表す. また, V から V への恒等写像を id で表す. T ({x0 , x1 , x2 , . . . }) = {x1 , . . . },
T 2 ({x0 , x1 , x2 , . . . }) = {x2 , . . . }, より一般に, T l ({x0 , x1 , x2 , . . . }) = {xl , . . . } であること
に注意すると, 漸化式により,
(T k + ak−1 T k−1 + · · · + a1 T + a0 id)({x0 , x1 , . . . , }) =
{xk + ak−1 xk−1 + · · · + a1 x1 + a0 x0 , xk+1 + ak−1 xk + · · · + a1 x2 + a0 x1 , . . . } = {0, 0, . . . },
つまり, T k + ak−1 T k−1 + · · · + a1 T + a0 id なる写像は, V 上で 0 写像である. T は
T k + ak−1 T k−1 + · · · + a1 T + a0 id = 0
なる代数的な性質を満たすことが分かった.92 実は, 数列全体の集合で T を考えた時, V
は線形写像 T k + ak−1 T k−1 + · · · + a1 T + a0 id の核になっている.
D についてはある程度問にしてもよい.
90
[斎藤 2], p.119, 定理 3.7.1 参照. これは線形代数では証明ができない.
任意の n に対して, xn+k + ak−1 xn+k−1 + · · · + a1 xn+1 + a0 xn = 0 が成り立つならば, xn+k+1 + ak−1 xn+k +
· · · + a1 xn+2 + a0 xn+1 = 0 が成り立つ, 言いかえれば, yn+k + ak−1 yn+k−1 + · · · + a1 yn+1 + a0 yn = 0 が成り立
つからである.
92
T が代数方程式 xk + ak−1 xk−1 + · · · + a1 x + a0 = 0 を満たしているという.
91
137
• 線形写像の代数的な性質を調べるのに役に立つのが行列である.
V については, {b0 , b1 , . . . , bk−1 } という基底をすでに見つけていた.93 基底が一つ定まる
94
ごとに, 線形写像 T の (その基底に関する
) 表現行列が定まる
³
´ ³ . 基底 {b0 , b1 , . .´. , bk−1 }
に関する T の表現行列 A は T b0 T b1 . . . T bk−1 = b0 b1 . . . bk−1 A を満
たす行列である. bi の k 項目が漸化式により, xk + ai = 0 と求まることに注意する
と, T (b0 ) = 0 − a0 bk−1 , T (b1 ) = b0 − a1 bk−1 , T (b2 ) = b1 − a2 bk−1 , . . . , T (bk−1 ) =
bk−2 − ak−1 bk−1 であるから,




A=



0
1
0
0
..
.
0
1
...
0
... ...
−a0 −a1 . . .
...
..
.
...
0
−ak−2
0
..
.
0
1
−ak−1








である. これは簡単そうに見えるが実は分かりにくい行列である.
• 行列には標準形というものがある. 一番運がよければ, 対角標準形が存在し, そうでなく
ても一般にジョルダン標準形が存在する.
T k +ak−1 T k−1 +· · ·+a1 T +a0 id = 0 が成り立つことから, Ak +ak−1 Ak−1 +· · ·+a1 A+a0 I =
0 が成り立つ. 実は, これを行列 A から決定する方法がある. まず, t を変数として,
A − tI なる行列を考えると, その行列式 det(A − tI) は t についての k 次多項式とな
る (A の固有多項式). この固有多項式を tk + ck−1 tk−1 + · · · + c1 t + c0 = 0 とおくとき,
Ak +ck−1 Ak−1 +· · ·+c1 A+c0 I = 0 が成り立つ (ケーリー・ハミルトンの定理). A の具体的な
形から行列式を計算することにより, A の固有多項式が tk +ak−1 tk−1 +· · ·+a1 t+a0 であるこ
とが分かる. よって, ケーリー・ハミルトンの定理からも Ak +ak−1 Ak−1 +· · ·+a1 A+a0 I = 0
が分かる.
この固有多項式が行列の標準形を求めるための鍵である. det(A − tI) = 0 なる方程式 (固
有方程式) の解を A の固有値という. α が A の固有値であるとき, Ab = αb となる 0 で
ないベクトル b が存在する (A の固有ベクトル).95 詳しく述べると次の通りとなる: α の
条件として, det(A − αI) = 0 ⇔ A − αI の階数 (rk(A − αI) と書く) が k より小さい ⇔
(A − αI)x = 0 なる連立方程式が x 6= 0 なる解を持つ. まさに, この解 x が固有ベクト
ルである.
93
以下で分かるように, この基底は解を求めるのに直接的には役立たないが議論を進めていくのに役立つ.
行列と線形変換を行ったり来たりできるのが理想.
95
階数と解空間の次元.
94
138
固有空間の次元. 固有ベクトルは, 数列,

β0
³
´  β1

T b0 T b1 . . . T bk−1  .
 ..
³
b0 b1 . . .
関数にとってはなにか？

 ³

 = b0 b1 . . .


´ 

bk−1 A 

βk−1


β0
´  β1  ³


bk−1 α  .  = αb0 αb1 . . .
 .. 
β0
β1
..
.



=

βk−1

β0
´  β1

αbk−1  .
 ..
βk−1





βk−1
つまり T (β0 b0 + β1 b1 + · · · + βk−1 bk−1 ) = α(β0 b0 + β1 b1 + · · · + βk−1 bk−1 ) である.
b = β0 b0 + β1 b1 + · · · + βk−1 bk−1 なる解は, T で定数倍されるような数列である. こ
のような b = {bn } は簡単に求まる. 実際, T (b0 , b1 , . . . ) = α(b0 , b1 , . . . ) ⇔ (b1 , b2 , . . . ) =
α(b0 , b1 , . . . ), これは, bn = αn b0 , すなわち, {bn } は公比 α の等比数列に他ならない.
まず, 固有方程式が k 個の相異なる解, すなわち, A が k 個の固有値 α1 , . . . , αk を持つと
する,
これを手がかりに, V の基底を変換すると, 表現行列の変換が起きる.
例 28 (斉次線型微分方程式の解全体).
y (n) + Pn−1 (x)y (n−1) + · · · + P0 (x)y = 0
(P0 (x), . . . , Pn (x) は与えられた連続関数. 例えば定数). これを満たす関数 y = f (x) を求めよ
という問題を考える. このようなものを微分方程式といい, さらに, 上の形をしているものは斉
次線型微分方程式という.
以下, 簡単のために n = 2 とする. この微分方程式の解の公式, より正確には解 y = f (x) を
P1 (x), P0 (x) の不定積分を用いて表すことは不可能であることが知られている. 96 ここでは解
を求めるということではなく解全体がどんな構造をしているのかについて述べる. 答えは「解
全体は二次元のベクトル空間, すなわち, ある二つの解 f1 (x), f2 (x) があって, f1 (x) と f2 (x) は
互いに定数倍ではなく (つまり一次独立), かつ, すべての解は a1 f1 (x) + a2 f2 (x) (a1 , a2 ∈ R) と
いう形をしている」ことが分かる (以下で説明する). つまり {f1 (x), f2 (x)} は基底になってい
る. 解全体は一見非常にたくさんあるように思われるが, 実際はたった二つの解で制御されてい
る. また「二つ」であるのは微分方程式が二階の微分まで含むからである. これを利用すれば,
P1 (x), P0 (x) が特殊な関数である場合には, すべての解を求めることができる. 例えば定数係数
の場合など. y 00 − 3y 0 + 2y = 0 については y = etx なる形の解を探してみると etx (t2 − 3t + 2) = 0
より t = 1, 2. よって y = ex , e2x . この二つは互いに定数倍ではない. ゆえにすべての解は
aex + be2x と書ける. 一般の場合については解析または微分方程式の教科書を参照.
96
ガロア理論に触れる.
139
さて少なくとも二回微分可能な R から R への関数全体を D(R) で表し, さらにそのうち
f + P1 f 0 + P0 f = 0 を満たすもの全体を V とする. 例 ?? の記号を用いれば V ⊂ D(R) ⊂ F (R)
となっている. F (R) の二元の和・差, R の掛け算が定義されているから, V , D(R) の元にも定
義される. 大切なのは, 例えば, V の二元の和・差はまた V に入り (V は和・差について閉じ
ていると言う), V の元の実数をかけてもまた V に入る (V は実数倍について閉じていると言
う). D(R) についても同様である. よって D(R), V はベクトル空間であるが, F (R) の和・差,
実数倍を借用してそうなっている. このようなとき, D(R), V は F (R) の線型部分空間である
という.
f ∈ V に対して f 00 + P1 f 0 + P0 f ∈ D(R) を対応させる写像 L : V → D(R) を考えるとこれ
は線型写像になっている.
次の事実は認める (解の存在と一意性. 解析または微分方程式の教科書を参照). 「x0 ∈ R,
b0 , b1 ∈ R を任意に与えたとき, 初期条件 f (x0 ) = b0 , f 0 (x0 ) = b1 を満たす f (x) が唯一つ存在
する.」
Ã
! Ã ! Ã
!
f1 (x0 )
1
f2 (x0 )
これにより x0 を任意に与えると解 f1 (x), f2 (x) で, それぞれ,
=
,
=
f10 (x0 )
0
f20 (x0 )
Ã !
0
を満たすものがある. f (x) を任意の解とする. f (x) の初期条件が f (x0 ) = b0 , f 0 (x0 ) = b1
1
であるとする. ここで b0 f1 + b1 f2 も同じ初期条件を満たすことに注意. よって解の一意性から
f = b0 f1 + b1 f2 でなければならない. すなわち, 方程式に任意の解は f1 , f2 の線型結合である,
つまり, 解全体は二次元のベクトル空間になっていることが分かった. 97
00
練習問題 166 (基底). V をベクトル空間、x1 , . . . , xn , y1 , . . . , yn をその二組の基底とする. k ≤ n
に対して, y1 , . . . , yn のうちの k 個 yi1 , . . . , yik をうまく選べば, yi1 , . . . , yik , xk+1 , . . . , xn が基底
になることを示せ.
練習問題 167 (内積). A を複素正方行列とする. すべてのベクトル x に対して (Ax, x) = 0 な
らば A = O を示せ. (A が実正方行列ならばどうか？)
また, すべてのベクトル x に対して (Ax, x) が実数ならば A はエルミート行列であることを
示せ.
練習問題 168 (標準形). A をサイズ n の正方行列とするとき, A が冪零 ⇔ trAp = 0 p = 1, . . . , n
を示せ.
練習問題 169 (エルミート行列). A, B をエルミート行列とし, A は正定値とする. このとき,
ある行列 T があって, T ∗ AT = I, T ∗ BT は対角行列となることを示せ.
極分解
練習問題 170 (雑題). V を C 上の線型空間で正の次元を持つものとする. L を V から V へ
の線型写像の集合で次の性質を持つものとする:
97
解の存在と一意性から, 解全体は, 一点 x0 での初期条件全体のなす二次元ベクトル空間と同一視できる.
140
(a) L は線型空間である. つまり, f , g ∈ L ならば f + g ∈ L であるし, f ∈ L, c ∈ C ならば
cf ∈ L である.
(b) f , g ∈ L ならば, 合成 f g ∈ L である98 .
(c) V の線型部分空間 W と V から V への線型写像 f に対して f (W ) := {f (w) | w ∈ W } と
おく. V の線型部分空間 W について, f (W ) ⊂ W が L の任意の元 f に対して成り立つな
らば, W = {0} または V である.
このとき L はすべての線型写像を含むことを次の手順に従って示せ ((2), (4) が難しい):
(1) v ∈ V (v 6= 0) に対して {f (v) | f ∈ L} = V を示せ.
(2) d := min{rk f | f ∈ L} とする. d = 1 を示せ (d > 1 として矛盾を導く. rk f = d となる
f ∈ L を一つ選ぶ. もし, d > 1 ならば, v1 , v2 ∈ V で f (v1 ), f (v2 ) が一次独立なものが取
れる. (1) により v2 = g(v2 ) となる g ∈ L がある. これらを利用して矛盾を導け).
(3) f を階数が 1 の線型写像とするとき, ある x ∈ V , 線型写像 φ : V → C があって任意の
v ∈ V に対して f (v) = φ(v)x と書けることを示せ.
(4) V はすべての階数 1 の線型写像を含むことを示せ.
(5) 任意の線型写像は階数 1 の線型写像の和になっていることを示せ.
(6) 結論を導け.
(7) L が (b) を満たさなければ (他の条件は成り立つとする), 結論は成り立たないことを例で
示せ.
練習問題 171. V を n 次正方行列全体のなす線型空間, φ : V → V を線型写像とする. すべて
の A ∈ V に対して det A = det φ(A) となるとき φ は全単射であることを示せ.
98
(a), (b) は L が (単位元を持つとは限らない) 環であるということである.
141
30
30.1
双対ベクトル空間とジョルダン標準形 ~
双対ベクトル空間
V を C 上の n 次元ベクトル空間とし, V → C を線型写像 (つまり, この場合は線型な関数)
を考える. 線型関数 V → C 全体を V ∗ で表す. これは (関数の和と定数倍によって) ベクトル空
Pn
間になる. その次元は n である. なぜなら, {v1 , v2 , . . . , vn } を V の基底, v = i=1 ai vi を V
の任意の元とするとき, V ∗ の基底として
fi (v) := ai
となる線型関数 fi 99 が取れるからである. これを V の双対ベクトル空間という.
30.2
Jordan 標準形
双対性の応用として, ジョルダン標準形の非常に短いエレガントな構成を与える.100
以下, f : V → V を線型写像とする.
¶
³
定義 43 (f -不変). V の部分ベクトル空間 W が f -不変であるとは, f (W ) ⊂ W が成り立つ
と言うこと.
µ
´
W が f -不変であるとき, 練習問題
Ã
!91 により, W の基底を延長した V の基底を取ると, その基底
A B
に関する f の表現行列が
という形にできる.
O C
¶
³
定義 44 (べき零). f がべき零とは, ある 1 以上の整数 m があって f m = 0 (f m が 0 写像) と
なるということ.
µ
¶
´
³
補題 3. 直和分解 V = Vs ⊕ Vr が存在する, ここで Vs , Vr はともに f − 不変な部分ベクト
ル空間で, f|Vs はべき零, f|Vr は正則となるもの.
µ
´
証明. {0} ⊂ Ker f ⊂ Ker f 2 ⊂ Ker f 3 ⊂ · · · であるが, この列は有限で一定となる, つまり, あ
る m が存在して Ker f m = Ker f m+1 = Ker f m+2 = · · · . Vs = Ker f m , Vr = Im f m とおく.
Vs , Vr は f -不変であることを示す. x ∈ Vs とするとき, f (x) ∈ Vs を言いたい. f m (f (x)) =
f m+1 (x) = 0 ということを言いたいのだが, f m (x) = 0 によりこれは成立する. 次に x ∈ Vr と
99
線型になることを確認せよ.
(参考文献) Vlastimil Pták A remark on the Jordan normal form of matrices Linear Algebra and its Applications 310 (2000) 5–7.
Carl de Boor On Pták’s derivation of the Jordan normal form, Linear Algebra and its Applications 310 (2000)
9–10.
100
142
するとき, f (x) ∈ Vr を言いたい. x = f m (y) と書く. f (x) = f (f m (y)) = f m (f (y)) により, 確
かに f (x) ∈ Vr である.
m
f|V
= 0 により, f|Vs はべき零である. f|Vr は正則であることを示す. x ∈ Vr = Im f m を取る
s
と, それは x = f m (y) と書ける. f (x) = 0 とすると, f m+1 (y) = 0 であるが, Ker f m+1 = Ker f m
より f m (y) = 0, つまり x = 0. これは, Ker f|Vr = {0}, つまり, f|Vr が正則であるということ
に他ならない.
同様の考え方で, Vs ∩ Vr = {0} が分かる. さらに dim Ker f m + dim Im f m = dim V であるか
ら, V = Vs ⊕ Vr が成り立つ.
いくつか言葉の準備をする.
f
η
V ∗ の元 η : V → C を取ると, V → V → C によって, 新たな V ∗ の元 η ◦ f を得る. こうして,
f により, V ∗ → V ∗ (η 7→ η ◦ f ) を得る. これを f ∗ で表す.
x ∈ V , η ∈ V ∗ を取ると, η(x) ∈ C が定まる. これによって, V × V ∗ → C なる関数が定まっ
ていると見ることができる. これを h , i で表す. すなわち, hx, ηi = η(x) ということである.
f ∗ と h , i の定義により
hf (x), ηi = η(f (x)) = f ∗ (η)(x) = hx, f ∗ (η)i
(23)
が成り立つ.
W ⊂ V ∗ なる部分ベクトル空間に対して
W ⊥ := {x ∈ V | ∀η ∈ W, η(x) = 0}
と置き, これを W の零化空間と言う. (23) によって直ちに次が分かる.
¶
³
補題 4. W ⊂ V ∗ が f ∗ -不変ならば W の零化空間 W ⊥ ⊂ V は f -不変である.
µ
¶
´
³
補題 5. V 0 ⊂ V , W ⊂ V ∗ をそれぞれ V , V ∗ の部分ベクトル空間として, h , i に関して次の
性質が成り立っているとする:
(1) V 0 の元 x について, すべての η ∈ W に対して, hx, ηi = 0 が成り立つならば, x = 0.
このとき, V = V 0 ⊕ W ⊥ である.
µ
´
証明.
次によって, f がべき零の場合に f のジョルダン標準形を求めることができる.
¶
³
命題 38. f が冪零とする. f q = 0 となる最小の q をとり, f q−1 (x0 ) 6= 0 となる x0 をと
る. V0 を {x0 , f (x0 ), . . . , f q−1 (x0 )} ではられる線形部分空間とする (これは, x0 を含む f -不
変な線型部分空間のうち最小のものである). このとき f -不変な線型部分空間 V 0 があって
V = V0 ⊕ V 0 となる.
µ
´
143
証明. f q−1 (x0 ) 6= 0 により, hf q−1 (x0 ), y0 i 6= 0 となる y0 ∈ W がある. W0 を {y0 , f ∗ (y0 ), . . . , f ∗q−1 (y0 )}
ではられる線型部分空間とする. これは f ∗ -不変である. V 0 として W0 の零化空間をとればよい
事を示す. まず V 0 は f -不変である. hf j−1 (x0 ), f ∗q−i (y0 )i (i, j = 1, . . . , q) を (i, j) 成分とする
q ×q 行列は, 下半行列であり, 対角成分はすべて 0 でない. したがって正則行列である. これによ
り V0 , W0 がともに q 次元であり (従って, {x0 , f (x0 ), . . . , f q−1 (x0 )}, {y0 , f ∗ (y0 ), . . . , f ∗q−1 (y0 )}
がそれぞれの基底になっている), さらに, 互いに双対空間になっていることが分かる.
もっと泥臭くやっても良い.
注意 32. これにより, f|V0 の, 基底 {f q−1 (x0 ), . . . , f (x0 ), x0 } についての表示が Jordan 標準形
である.
さて一般の f の Jordan 標準形を求める. V = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · Vm を f -不変な部分空間への直
和分解で, どの Vi も, Vi ⊕ {0} 以外の f -不変部分空間への分解を持たないとする. これは補題
3 を繰り返し用いればよい. このとき Vi の基底を並べてできる V の基底に関して f の行列表
示はブロック対角行列である.
ここで K を代数閉体とする. すると fi := f|Vi は固有値 λi を (少なくとも一つ) 持つ. その
固有空間を Vi0 とする. fi0 := fi − λi idVi なる線型写像を考えると Vi0 = Ker fi0 であり, Vi0 は f 不変である. 補題 3 と Vi の取り方により fi0 は冪零である.
一意性.
nj := dim Ker(A − λid)j =
X
λi =λ
144
min(dim Vi , j).
数学 II 演習：試験前期その 1 略解
(2012 年 05 月 28 日出題)
問題 1. (10 点) 授業中に出題した問題そのままだったので, 出来は良かった.
解答例. f が単射であると仮定する. v ∈ Ker f とする. f (v) = o = f (o) であり, f は単射で
あるので, v = o である. よって Ker f = {o} が示された.
次に, Ker f = {o} であると仮定する. f が単射であることを示すには v1 , v2 ∈ V に対し,
「f (v1 ) = f (v2 ) ⇒ v1 = v2 」を示せばよい. f (v1 ) = f (v2 ) だと仮定すると, f の線形性から
f (v1 − v2 ) = f (v1 ) − f (v2 ) = o
となる. Ker f = {o} なので v1 − v2 = o, つまり v1 = v2 が示された. ■
問題 2. (4 点) この問題は授業中に何度か説明したので, その理解度チェックとして出題した.
やはり出来は良かった. 解答は講義ノートを見てください.
問題 3. (15 点) 部分ベクトル空間であることを判定させる問題でした. 少しひねってあり難し
¡
¢¡
¢
√
√
かったようです. (x + y)2 + αz 2 = (x + y) + −αz (x + y) − −αz という因数分解に気づ
くと, 考えやすかったと思いますが, 気づいている人は少なかったようです. また, α に関する
場合わけをせずに, 式変形だけで部分空間になる条件を同値変形しようとしている人が多かっ
たようです. 上の分解でも分かるように α の符号による場合分けをすることで考えやすくなり
ます.
略解. 以下 (1) α > 0, (2) α = 0, (3) α < 0 の 3 つの場合に分けて考える. (1) と (2) の場合に
V は部分ベクトル空間となり, (3) の場合には V は部分ベクトル空間とはならない.
(1) α > 0 のときを考える. このとき (x + y)2 + αz 2 = 0 は x + y = z = 0 と同値である. よっ
て, V は
¯
n³ x ´
o
3 ¯
y
V =
∈
R
x
+
y
=
z
=
0
¯
z
と具体的に求まる
³ x1 ´ ³ x2. ´まず, o ∈ V より V 6= ∅ である.
また, yz1 , yz2 ∈ V のとき, x1 + y1 = z1 = 0, x2 + y2 = z2 = 0 であるから,
1
2
(x1 + x2 ) + (y1 + y2 ) = 0,
z 1 + z2 = 0
³ x1 ´ ³ x2 ´
が成り立つ. よって yz1 + yz2 ∈ V となり, V が和に関して閉じていることが示された.
2
1
また, 実数 α に対して,
であるから, α
³ x1 ´
y1
z1
3
α(x1 + y1 ) = 0,
αz1 = 0
∈ V となり, V がスカラー倍で閉じていることが示された.
以上で, V は R の部分ベクトル空間となることが示された
.
¯
o
n³ x ´
¯
3
y
(2) α = 0 のときを考える. このとき, V =
∈ R ¯ x + y = 0 となる. これが部分ベク
z
トル空間になることの証明は省略する. (1) の示し方と同じ.
145
¡
¢¡
¢
√
√
(3) α < 0 のときを考える. (x + y)2 + αz 2 = (x + y) + −αz (x + y) − −αz となる (本当
は図を描くと分かりやすい. V は相異なる 2 つの平面の和集合なので, 部分ベクトル空間でない
ことは納得できるはず
).
µ√
¶ µ
¶. あとはこれをちゃんと説明すればよい
µ
¶
√
−α/2
−α/2
−1
,
√
−α/2
√
−α/2
1
∈ V であるが, その和
√
√−α
−α
0
は V に属さない. 以上で, V は和につい
て閉じていないことが示され, V は部分ベクトル空間でないことが示された.
以上 (1), (2), (3) から V が部分ベクトル空間となる必要十分条件は α = 0 であることが示さ
れた.
注意. (1) で V が部分ベクトル空間になることの証明は「A = ( 10 10 01 ) としたとき, V は fA :
R3 → R2 の核になるから」でもよい.
問題 4. (21 点) (1), (2), (4) は基本中の基本問題です. (3) にてこずる人が多かったようです
が, 示したいことが何かをはっきりさせれば難しくないはずです. (3) がうまくできると, (5) の
正解にたどり着けます.
略解.
(1) X, Y ∈ M2,2 (R) に対し,
A(X + Y ) − (X + Y )A = AX + AY − XA − Y A = (AX − XA) + (AY − Y A)
となる. よって f (X + Y ) = f (X) + f (Y ) が示された.
X ∈ M2,2 (R), α ∈ R に対し,
A(αX) − (αX)A = αAX − αXA = α(AX − XA)
となる. よって f (αX) = αf (X) が示された. ゆえに f は線形写像である. ■
¡ 2 −1 ¢
1 0
0 0
(2) B = ( −1
),
C
=
−1
0 −2 とおく. まず, ( 0 0 ) ∈ V より, V 6= ∅ である.
V の元 X, Y は実数 p1 , q1 , p2 , q2 を用いて X = p1 B + q1 C, Y = p2 B + q2 C と表すことができ
る. このとき,
X + Y = (p1 + p2 )B + (q1 + q2 )C
よりこれは V に属する. また実数 α に対して,
αX = (αp1 )B + (αq1 )C
であるから, これは V に属する.
以上で V が部分ベクトル空間であることが示された. ■
¡ 2 −5 ¢
−2
(3) f (B) = ( −1
)
=
−5B
+
2C,
f
(C)
=
8 −2 = −8B + 5C となる. よって B と C の 1 次
5 1
結合もまた f によって B と C の 1 次結合にうつる. よって f は V の元を V にうつす. ■
(4) X 6= o をみたし, f (X) = αX となる実数 α が存在するような X ∈ V のこと.
(5) 実数 p, q を用いて X = pB +qC とおく. このとき (3) より f (pB +qC) = (−5p−8q)B +(2p+
5q)C である. 以下「f (X) = αX となる実数 α が存在する」という p, q に関する条件を同値変形
していく. まずこれは「(−5p − 8q)B + (2p + 5q)C = αpB + αqC となる実数 α が存在する」とい
146
う条件と同値である. ここで B, C は互いに実数倍ではないので, 「−5p − 8q = αp, 2p + 5q = αq
となる実数 α が存在する」(?) ことと同値である. これは 2 × 2 行列の固有値問題と同じ方法で
解くことが出来る.
2
−8
行列 ( −5
2 5 ) の固有方程式は α − 9 であり, その根は α = ±3.
¡ 1¢
1
α = 3 のとき, (?) を解いて, ( pq ) = s ( −1
) (s ∈ R). これに対応する X は X = s −1
−1 1 と
なる.
4
2 1
α = −3 のとき, (?) を解いて, ( pq ) = s ( −1
) (s ∈ R). これに対応する X は X = s ( −4
−2 ) と
なる.
¡ 1¢
2 1
以上より固有ベクトルは (上記の計算結果と X 6= o をあわせて), X = s −1
6
−1 1 , s ( −4 −2 ) (s =
0) と求まる.
¡ 1¢ 2 1
コメント. (1) 固有ベクトルを答えるときは −1
−1 1 , ( −4 −2 ) のみ答えるのではなく, 上のよう
に書くのが望ましい (この際 s 6= 0 に注意. 今回は減点しませんでした).
(2) この問題は表現行列の考え方を使うと, なぜ結局, 2 × 2 行列の固有値問題に帰着するのか
がはっきりします.
答案の書き方に関する注意. (1) 数式を並べただけで、日本語があまりかかれていない答案が
いくつかありました. 「…を仮定する」「…と定める」「任意の…に対し」「…となる…が存在
する」といった日本語は省略されると, 文意が一意に定まらないので, 省略しないようにしま
しょう.
(2) (1) が顕著に表れたのは, 問題 4 (1) と問題 4 (4) です.
(A)「任意の α ∈ R に対し, f (αX) = αf (X) となる. 」という意味の文を,
(A’)「f (αX) = αf (X) (α ∈ R).」と書き,
(B)「f (αX) = αX となる α ∈ R が存在する. 」という意味の文を,
(B’)「f (αX) = αX (α ∈ R).」と書いている答案が目立ちました.
(A’), (B’) では同じ省略の仕方がされているのにもかかわらず, 表している文章は (A)「任意の」
と (B)「存在する」とで異なっています. このような差は数学的に全く異なる意味を表している
ので, 出来るだけ省略しないようにしましょう.
また, 数学の慣例では (A’) や (B’) とかかれた場合は, 「任意の」を補って読むことが多いで
す. なので, (A) を (A’) と書くことは許容されますが, (B) を (B’) と書くと「f (αX) = αX が任
意の α ∈ R で成立する. 」と誤読されてしまいます.
147
数学 II 演習：試験前期その２略解と配点
問題１（１０点）
(2012 年 07 月 09 日出題)
最小多項式 mA (t) は f (t) := t3 + (a + i)t2 + ait をわりきる．A が対角化可能でなければ mA (t)
（ここ
は重根を持つので，f (t) も重根を持つ．f (t) = t(t + a)(t + i) より, a = 0 又は i である．
まで８点）
また，最小多項式が重根を持つとき, 最小多項式と固有多項式は一致する. よって,
(
t2 :
a=0
ΦA (t) = mA (t) =
2
(t + i) : a = i
である．
（固有多項式２点）
問題２
（１５点）
Ã
!
α β
(1) f (1) = α, f (x) = β + αx より表現行列は
である．
（２点）
0 α
Ã
!
α β
(2)「f が対角化可能 ⇔
が対角化可能」である．
0 α
Ã
!
Ã
!
Ã
!
α β
α
β
α
β
の固有多項式は (t − α)2 であるので，
が対角化可能 ⇔
の最小多項式
0 α
0 α
0 α
Ã
!
α β
が αE ）．
（３点）
が t − α ⇔β = 0（つまり
0 α
(3) 1, x を i + x, −3 + 2ix の一次結合で表せばよい
Ã. 2i(i +
! x) − (−3 + 2ix) = 1, 3(i + x) +
i(−3 + 2ix) = 1 となる. よって，基底の変換行列は
2i 3
である．
（４点）
−1 i
※ 1, x から i + x, −3 + 2ix への基底の変換行列を求めている人が非常に多かった. 違いをよ
く認識すること.
(4) f (i + x), f (−3 + 2ix) を i + x と −3 + 2ix の一次結合で表せばよい．
f (i + x)
=
α(i + x) + β
=
(αi + β) + αx
=
(3)
(αi + β){2i(i + x) − (−3 + 2ix)} + α{3(i + x) + i(−3 + 2ix)}
=
(α + 2βi)(i + x) − β(−3 + 2ix)
148
f (−3 + 2ix)
=
α(−3 + 2ix) + β · 2i
=
(−3α + 2βi) + 2αix
=
(3)
(−3α + 2βi){2i(i + x) − (−3 + 2ix)} + 2αi{3(i + x) + i(−3 + 2ix)}
=
(−4β)(i + x) − +(α − 2βi)(−3 + 2ix)
Ã
!
α + 2βi
−4β
よって，表現行列は
（６点）
−β
α − 2βi
問題３（１０点）
x(a + λb) + y(b + c) + z(c + λa) = 0
(24)
となる (x, y, z) 6= (0, 0, 0) が存在するような λ を求める．(24) より (x+λz)a+(λx+y)b+(y+z)c =
0 であるが，a, b, c が一次独立なので，
x + λz = 0
(25)
λx + y = 0
(26)
y+z = 0
(27)
（ここまで６点）
(25) より x = −λz ，(27) より y = −z ，これらを (26) へ代入すると λ(−λz) + (−z) = 0
(λ2 + 1)z = 0
(28)
λ2 + 1 = 0 ならば (28) で z の制限はつかない．よって，x = −λz, y = −z （z 任意）が (24) を
みたす．よって，a + λb, b + c, c + λa は一次従属. λ2 + 1 6= 0 ならば，(28) より z = 0．よっ
て x = y = 0 となり，a + λb, b + c, c + λa は一次独立．以上により求める λ は λ = ±i.
（正解まで行ってプラス４点）
問題４（１５点）
Ã !
!
Ã
x
5a + 1
−2
とおくと，２次曲線の式は
, v :=
A=
y
−2
5a + 4
t
³
´
vAv + 10a + 6 −(10a + 12) v + (−5a2 + 5a + 9) = 0
と書ける. A を対角化するような長さ１の固有ベクトルを見つける．
ΦA (t) = t2 − (10a + 5)t + (25a2 + 25a) = 0
149
t = 5a, 5a + 5
（固有値まで３点）
Ã !
2
t = 5a の固有ベクトルとして，v1 = √15
,
1
Ã !
1
t = 5a + 5 の固有ベクトルとして，v2 = √15
がとれる．
−2
（固有ベクトルまで６点）
Ã !
³
´
p
D = v1 v2 ，v = Dw となる w =
をとると，v1 と v2 の定める正規直交座標系によ
q
る２次曲線の式は（次の式の代入まで９点）
Ã
!
³
´
5a
0
t
w
w + 10a + 6 −(10a + 12) Dw + (−5a2 + 5a + 9)
0 5a + 5
√
√
=
5ap2 + (5a + 5)q 2 + 2 5ap + 6 5(a + 1)q + (−5a2 + 5a + 9)
=
5a(p +
√1 )2
5
+ (5a + 5)(q +
√3 )2
5
− 5a2 − 5a
a = 0, −1 のときは楕円にならないので a 6= 0, −1. よって
(p +
√1 )2
5
a+1
+
(q +
√3 )2
5
a
=1
求める条件は a = 2 （正解１５点）
※ a 6= 0, −1 を断らなくても減点はしなかったが, きちんと断っている人が数人いたので, そ
の人たちには２点加点した.
「演習の二回の試験の点数の合計＋アンケートの点１０点」が５０点未満の人はこのままで
は演習の成績が不可になってしまいます. 演習の成績は, 最終的に９月に行われる講義の試験
の点数も加味してつけるので, ９月に挽回するようがんばってください.
150

数学II講義ノート –2012年度使用– 目 次

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数学II講義ノート –2012年度使用– 目次