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数学基礎 II（線形代数学）講義ノート
(担当：中西敏浩)
1
目次
1 複素数 5
1.1 複素数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 複素平面と極形式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 べき乗根 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.4 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2 行列と行列の演算 9
2.1 行列とは . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.2 行列の和，スカラー積， 行列の積 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.3 ブロック分けによる積 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.4 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
3 いろいろな行列 (その 1) 15
3.1 零行列と単位行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.2 転置行列・随伴行列，対称行列・交代行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
3.3 エルミート (Hermite)行列・反エルミート行列 . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.4 上三角行列・下三角行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.5 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
4 連立 1次方程式の解法 20
4.1 連立 1次方程式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
5 階段行列 23
5.1 階段行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
5.2 行列を基本変形によって階段行列にする手順 . . . . . . . . . . . . . . . . 26
5.3 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
6 基本行列と行基本変形 30
6.1 行を入れ換える行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
6.2 ある行を定数倍する行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
6.3 ある行に他の行を加える行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
2
6.4 章末問題（列基本変形） . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
7 行列の階数 36
7.1 列の基本変形 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
7.2 逆行列・正則行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
7.3 行列の階数 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
7.4 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
8 逆行列の求め方（ガウスの掃き出し法) 43
8.1 掃き出し法の理屈 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
8.2 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
9 行列式 46
9.1 行列式の定義 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
9.2 行列式の表示 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
9.3 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
9.4 補遺: 置換に関する注意 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
10 行列式の性質 52
10.1 行列の積と行列式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
10.2 転置行列の行列式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
10.3 行列式の計算法 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
10.4 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
11 行列の階数と小行列式 59
11.1 小行列式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
11.2 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
12 余因子と逆行列 64
12.1 余因子 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
12.2 クラメル (Cramer)の公式 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
12.3 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68
13 いろいろな行列 (その 2) 69
13.1 直交行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69
3
13.2 ユニタリ行列 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
13.3 章末問題 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
4
1 複素数
1.1 複素数
1.1.1 複素数の定義
z = a + ib (a, b は実数)
の形をした数を複素数という．ここで i は虚数単位と呼ばれ
i2 = −1
をみたす．a, b をそれぞれ z の実部，虚部と呼び，a = Rez, b = Imz で表わす．
1.1.2 複素数の四則演算
a, b, c, d は実数とする．
(a + ib) ± (c + id) = (a ± c) + i(b ± d) (複号同順)
(a + ib)(c + id) = (ac − bd) + i(ad + bc)
c + id
a + ib=
(ac + bd) + i(ad − bc)a2 + b2
(ただし a, b 6= 0)
(注) a + ib を a + bi とも記す．つまり実数 a と i とのかけ算は ia = ai をみたすと約束
するのである．a + i(−b) は a「引く」−bとみて a− ibで表す．また，0, i0, 0 + i0 をす
べて 0 と同じと考える．
複素数 z = a + ib (a, b は実数) に対して z = a− ib を z の共役（きょうやく）複素数
という．以下のことが成り立つ．
(i) Rez =z + z
2, Imz =
z − z
2i
(ii) z + w = z + w, zw = zw,( z
w
)=
z
w, z = z
(iii) zz = a2 + b2 = |z|2
ここで |z| =√
a2 + b2. |z| を z の絶対値という．
5
1.2 複素平面と極形式
直交座標平面の各点 (x, y) に複素数 z = x + iy を対応づけたものを複素平面という．
複素平面では x 軸，y 軸はそれぞれ実軸，虚軸と呼ばれる．複素数の和や実数倍は平面ベ
クトルの和や実数倍と同じである．
図 1
図 1において原点から z までの距離 r は z の絶対値である．z 6= 0 ならば実軸から原
点と z を結ぶ線分まで計った角を θ とするときに得られる表示
z = r(cos θ + i sin θ)
を z の極形式という．ただし次のことに注意する．
• θ (これを z の偏角といい arg z で表わす)は 2π の整数倍を除いて定まる．
• z = 0 のとき r = 0 であるが， θ は任意の実数でよい．
次の命題は三角関数の加法公式より得られる．
命題 1.1 z = r(cos θ + i sin θ), w = ρ(cos ϕ + i sinϕ) に対して
(1) zw = rρ(cos(θ + ϕ) + i sin(θ + ϕ))
(2) 1/z = (1/r)(cos θ − i sin θ) (ただし z 6= 0)
(3) zn = rn(cos nθ + i sinnθ) n は整数 (ド・モアヴルの公式)
6
例題 1.1√
3 + i を極形式で表わせ（ただし偏角は 0 ≤ θ < 2π の範囲で選ぶこと）．
解答 |√
3 + i| =√
3 + 1 = 2 だから
√3 + i = 2
(√3
2+ i
12
)= 2(cos
π
6+ i sin
π
6).
1.3 べき乗根
ここでは a を与えられた複素数, n を正整数とし，方程式
zn = a (1.1)
を解くことを考える．a = 0 のときは z = 0 のみが解になるから a 6= 0 とし，その極形
式をa = r(cos θ + i sin θ)
とする．今 z も極形式で表わして z = ρ(cos ϕ + i sinϕ) とするとド・モアヴルの定理に
より (1.1) はρn(cos nϕ + i sinnϕ) = r(cos θ + i sin θ).
両辺の絶対値を比較して ρ = r1/n. また偏角を比較して ϕ = θ/n かというと，前述のよ
うに偏角はの整数倍を除いて定まるのであったから
ϕ =θ
n+
2kπ
n(k = 0,±1,±2, ...)
ここで k を k ± n に置き換えると
2(k ± n)πn
=2kπ
n± 2nπ
であるから k は 0, 1, ..., n − 1 の範囲に制限して考えてよい．したがって (1.1) の解は
r1/n
(cos
(θ
n+
2kπ
n
)+ i sin
(θ
n+
2kπ
n
)), (k = 0, 1, ..., n − 1) (1.2)
である．
7
1.4 章末問題
1. 次の複素数を a + ib (a, b は実数)の形のせよ。
(1)1i
(2) (1 + i)3 (3) (1 + 2i)(2 + 3i)(3 + 4i)
(4)1 + i
1 − i(5) i4 + i3
2. 次の複素数を極形式で表わせ。ただし，偏角は −π < θ ≤ π をみたすようにとる。
(1)√
7 + i√
21 (2) (1 + i)2 (3)√
6 − i√
2
3. 次の方程式を解け。
(1) z2 = 4 + 4√
3i (2) z4 = i
8
2 行列と行列の演算
2.1 行列とは
複素数 aij (i = 1, ...,m, j = 1, ..., n) の配列
第 j 列
第 i行A =
a11 a12 · · · a1j · · · · · · a1n
a21 a22 · · · a2j · · · · · · a2n
......
......
......
...
ai1 ai2 · · · aij · · · · · · ain
......
......
......
......
......
......
......
am1 am2 · · · amj · · · · · · amn
を (m,n)型 (あるいは単に (m,n)) 行列という. m が行の数, n が列の数である.第 i行
と第 j 列が交差するところにある aij を A の (i, j) 成分という．aij は複素数だから，も
ちろん実数でも有理数でもよい．
• m = n のときは A をm次正方行列という．
• A = (aij)i=1,...,m,j=1,...,n と書くこともある (面倒なときは添字の範囲の部分を省く)．
2.2 行列の和，スカラー積， 行列の積
2.2.1 行列の和，スカラー積
(1) A = (aij) と B = (bij) がともに (m,n)行列ならば和 A + B が定義できる．
A + B = (aij + bij)
(2) A = (aij) と複素数 α に対して A の α 倍 αA が定義できる．
αA = (αaij)
9
2.2.2 行列の積
A = (aij) が (m,n) 行列，B = (bij) が (n, p) 行列のとき (「A の列数 = B の行数」
に注意)， A と B の積 AB が定義できて AB は (m, p) 行列になる：
AB = (n∑
k=1
aikbkj) (AB の (i, j) 成分がn∑
k=1
aikbkj) (2.1)
例えば (2, 3) 行列と (3, 2) 行列の積は次のようになる．(a11 a12 a13
a21 a22 a23
) b11 b12
b21 b22
b31 b32
=(
a11b11 + a12b21 + a13b31 a11b12 + a12b22 + a13b32
a21b11 + a22b21 + a23b31 a21b12 + a22b22 + a23b32
)(2.2)
しかし，どうして行列の積をこのように定めるのだろう？ それを知るために行列
B =
b11 b12
b21 b22
b31 b32
は 3 個の連立一次式
y1 = b11x1 + b12x2
y2 = b21x1 + b22x2
y3 = b31x1 + b32x2
の係数を集めたものと見よう．上の式の x1, x2 に様々な値を代入するとそれらに応じて
y1, y2, y3 が定まるから，この連立 1次式は (x1, x2) のなす空間 (例えば 2次元ベクトル
空間) から (y1, y2, y3)(例えば 3 次元ベクトル空間) への写像を与えている．その結果を
行列
A =(
a11 a12 a13
a21 a22 a23
)が定める 2 個の連立一次式
z1 = a11y1 + a12y2 + a13y3
z2 = a21y1 + a22y2 + a23y3
に代入すると，次の式を得る：
z1 = (a11b11 + a12b21 + a13b31)x1 + (a11b12 + a12b22 + a13b32)x2
z2 = (a21b11 + a22b21 + a23b31)x1 + (a21b12 + a22b22 + a23b32)x2
これは正しく (2.2)が定める連立 1次式である. つまり B を (x1, x2) に (y1, y2, y3) を対
応させる写像，A を (y1, y2, y3) に (z1, z2) を対応させる写像と見たとき，その合成写像
による (x1, x2) から (z1, z2) への対応が AB であるように積を定義しているのである．
10
2.3 ブロック分けによる積
行列 A, B が次のように小さな行列のブロックからなるとき
A =
m1︷︸︸︷ m2︷︸︸︷ ms︷︸︸︷l1 { A11 A12 · · · A1s
l2 { A21 A22 · · · A2s
......
. . ....
lr { Ar1 Ar2 · · · Ars
B =
n1︷︸︸︷ n2︷︸︸︷ nt︷︸︸︷m1 { B11 B12 · · · B1t
m2 { B21 B22 · · · B2t
......
. . ....
ms { Br1 Br2 · · · Bst
AB =
s∑i=1
A1iBi1 · · ·s∑
i=1
A1iBit
s∑i=1
A2iBi1 · · ·s∑
i=1
A2iBit
.... . .
...s∑
i=1
AriBi1 · · ·s∑
i=1
AriBit
行列計算の一つの技術として知っておくと便利．
例 1 0 1 00 0 11 0 0
0 0 11 0 00 1 0
=
1 0 00 1 00 0 1
,
(0 11 0
)(0 −11 0
)=
(1 00 −1
)
0 1 0 0 00 0 1 0 01 0 0 0 00 0 0 0 10 0 0 1 0
0 0 1 0 01 0 0 0 00 1 0 0 00 0 0 0 −10 0 0 1 0
=
1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 −1
.
11
例 2
A =
a11 a12 · · · a1m
a21 a22 · · · a2m
......
. . ....
al1 al2 · · · alm
=
a1
a2
...al
の各行を一つのブロックとし，それぞれをm次元（横）ベクトルとみる．
B =
b11 b12 · · · b1n
b21 b22 · · · b2n
......
. . ....
bl1 bl2 · · · bln
=(
b1 b2 · · · bl
)
の各列を一つのブロックとし，それぞれをm次元（縦）ベクトルとみる*1．
tai =
ai1
ai2
...aim
, bj =
b1j
b2j
...bmj
の内積 (高等学校等で習ったと仮定する)
〈tai, bj〉 = ai1b1j + ai2b2j + · · · + aimbjm
を用いると
AB =
〈ta1, b1〉 〈ta1, b2〉 · · · 〈ta1, bn〉...
.... . .
...〈tam, b1〉 〈tam, b2〉 · · · 〈tam, bn〉
これは後で出てくる直交行列の理解に役に立つ．
*1 tai の記号は 3節で現れるが，右のベクトルを tai で表していると考える．
12
2.4 章末問題
1. (行列の計算) 次の行列の積を計算せよ．
(1)(
1 0 −32 1 −1
) −1 2 −14 1 12 −2 0
(2)(
2 + i 1 − i−1 1 − 2i
) (3 − i1 + i
)
(3)(
3 −2 75 6 1
) 3 0−1 20 2
(4)(
2 0 1 53 1 2 5
) 6 −18 22 3−1 5
(5)
6 58 − 2i 2
3 −1 + i
(2 + i 3−5 1 − i
)(6)
(1 −2 32 1 0
) −2 −1 11 2 −34 0 3
(7)
2 1 0−1 2 10 −3 2
123
(8)(
1 i−i 1
) (1 + i 0
0 1 − i
)
(9)(
2 1 − i 3i) 2
1 + i−3i
(10)
3 −2 2 − i2 + i 2 1
3 −1 + i 0
−i2 + i−2
2. (行列の計算) 以下の問いの答えよ。ただし行列は複素数を成分にもつとする。
(1) Ekl を (k, l) 成分のみが 1 で残りの成分はすべて 0 であるような n 次正方行列を
表わすものとする。A = (aij) を n 次正方行列とするとき AEkl, EklA はそれぞれどの
ような行列か。
(2) n 次正方行列 A がすべての n 次正方行列 M と交換可能 (AM = MA)であると
き、A はある複素数 α が存在して A = αI と書けることをしめせ。ただし I は n 次単
位行列である。
3. (行列の計算) 次の行列 A, B, C に対して、積 AB, ABC を求めよ。
A =
0 0 a0 a 0a 0 0
, B =
0 0 b0 b 0b 0 0
, A =
0 0 c0 c 0c 0 0
.
13
4. (行列の積の非可換性) (1) 次の行列 A,B について、AB,BA を求めよ。これより、
一般に AB = BA は成立しない。
A =
3 1 2−1 0 57 1 3
, B =
1 1 32 0 −14 2 −3
.
(2) 上の行列 A, B について (A + B)2 と A2 + 2AB + B2 を計算せよ．
5. (行列の計算) (1) 2 つの n 次正方行列 A,B に対して AB = BA ならば、自然数 n
について二項展開
(A + B)n = An + nC1An−1B + · · · + nCn−1ABn−1 + Bn
が成り立つことをしめせ。
(2) 次の行列について An, Bn (n = 1, 2, ...) をそれぞれ求めよ。
A =(
a 00 a
), B =
(0 b0 0
).
(3) (2) の問題における A, B について AB = BA が成り立つことを示せ。
(4) (a b0 a
)n
(n = 1, 2, ...)
を求めよ。
6. (行列の計算) A を次のような n 次正方行列とする: 各行において、1つの成分のみ
が 1 で残りの成分は 0, 各列においても、1つの成分のみが 1 で残りの成分は 0. 例えば
n = 3 のときは 1 0 00 1 00 0 1
,
1 0 00 0 10 1 0
,
0 1 00 0 11 0 0
がそうした行列の例である。このとき A を何乗かすると単位行列 I になることをしめ
せ。また m を Am = I をみたす最小の m (ただし 1 ≤ m) とするとき、m はどのよう
に特徴づけられるか？ (一般の n で考えるのが難しければ n = 3, 4 で考えてみよ。）
14
3 いろいろな行列 (その 1)
3.1 零行列と単位行列
すべての成分が 0 である (m,n) 行列 Om,n を (m,n) 型の零行列という．例えば (2, 3)
型の零行列は
O2,3 =(
0 0 00 0 0
)零行列の性質
(1) A を (m,n) 行列とすると A + Om,n = Om,n + A = A.
(2) A を (l,m) 行列，B を (n, p) 行列とすると
AOm,n = Ol,n, Om,nB = Om,p.
次の n 次正方行列を n 次単位行列という．
In =
1 0 · · · 0 00 1 · · · 0 0...
.... . .
......
0 0 · · · 1 00 0 · · · 0 1
単位行列の性質 A を (l,m) 行列，B を (n, p) 行列とすると
AIm = A, InB = B.
3.2 転置行列・随伴行列，対称行列・交代行列
3.2.1 転置行列・随伴行列
(m,n) 行列
A =
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
......
. . ....
am1 am2 · · · amn
(3.1)
15
の転置行列を
tA =
a11 a21 · · · an1
a12 a22 · · · an2
......
. . ....
a1m a2m · · · anm
で定義する．すなわち tA は (n,m)行列で tA の (i, j)-成分 = A の (j, i)-成分.
補題 3.1 A = (aij) は (l,m) 行列，B = (bij) は (m, n) 行列とする．このとき
t(AB) = tB tA (3.2)
(証明) tA = (cij), tB = (dij) とおく．定義より cij = aji, dij = bji.
tB tA の (i, j)-成分 =m∑
k=1
dikckj =m∑
k=1
ajkbki
= AB の (j, i)-成分= t(AB) の (i, j)-成分
¤
(m,n) 行列 A の随伴行列 A∗ を tA で定義する．ここで A はその (i, j) 成分が A の
(i, j)成分の複素共役である行列である．A が上の (3.1)の形の行列ならば
A∗ =
a11 a21 · · · an1
a12 a22 · · · an2
......
. . ....
a1m a2m · · · anm
3.2.2 対称行列・交代行列
正方行列 M は
• M = tM をみたすとき対称行列という．
• M = − tM をみたすとき交代行列という．
対称・交代行列の性質 M1,M2 は n 次正方行列，α, β は複素数とする．
(i) M1,M2 が対称行列 (交代行列)ならば αM1 + βM2 も対称行列 (交代行列).
(ii) n 次正方行列で対称行列でも交代行列でもあるのは零行列のみである．
補題 3.2 任意の正方行列は対称行列と交代行列の和として一意的に表わすことができる.
16
(証明) M を正方行列とすると
M =12(M + tM) +
12(M − tM)
ここで 12 (M + tM) は対称行列， 1
2 (M − tM) は交代行列である．次に
M = S1 + A1 = S2 + A2 (S1, S2 は対称行列，A1, A2 は交代行列)
であればS1 − S2 = A2 − A1
だから S1 − S2, A2 − A1 は対称行列でもあり交代行列でもある．したがって上の対称・
交代行列の性質 (ii)より S1 = S2, A1 = A2．よって対称行列と交代行列の和としての表
示は一意的である． ¤
3.3 エルミート (Hermite)行列・反エルミート行列
正方行列 M は
• M = M∗ (すなわち，M = tM) をみたすときエルミート行列という．
• M = −M∗ (すなわち，M = − tM) をみたすとき反エルミート行列という．
エルミート・反エルミート行列の性質 M1,M2 は n 次正方行列とする．
(i) M1,M2 がエルミート行列 (反エルミート行列) で，α, β が実数ならば αM1 + βM2
もエルミート行列 (反エルミート行列).
(ii) n次正方行列でエルミート行列でも反エルミート行列でもあるのは零行列のみである．
補題 3.2と同様にして次のことが示される．
補題 3.3 任意の正方行列はエルミート行列と反エルミート行列の和として一意的に表わ
すことができる.
17
3.4 上三角行列・下三角行列
n次正方行列 A = (aij) が上三角行列であるとは i > j ならば aij = 0 をみたすときに
いう．上三角行列 A は次のような形をしている．a11 a12 a13 · · · a1n
a22 a23 · · · a2n
a13 · · · a3n
. . ....O ann
n次正方行列 A = (aij) が下三角行列であるとは i < j ならば aij = 0 をみたすときにい
う．下三角行列 A は次のような形をしている．a11 Oa21 a22
a31 a32 a33
......
.... . .
an1 an2 an3 · · · ann
上三角行列でも下三角行列でもある行列 A では 0 でない成分は (もしあれば)左上から右
下に向かう対角線上にしかない．このような形の行列を対角行列という．
A =
a11 Oa22
. . .O ann
補題 3.4 A, B がともに n 次上三角行列（あるいは下三角行列）ならば A + B, αA (α
は複素数), AB も上三角行列（あるいは下三角行列）である．
(証明) A,B は上三角行列とする．A + B, αA が上三角行列であるのは明らか．i > j の
とき AB の (i, j)成分は
n∑k=1
aikbkj =i−1∑k=1
aikbkj +n∑
k=i
aikbkj = 0.
なぜなら右辺第 1項では i > k ゆえ aik = 0.右辺第 2項では k ≥ i > j ゆえ bkj = 0 だ
から。A,B は下三角行列の場合は演習問題とする． ¤
18
3.5 章末問題
1. A = (aij)を (l,m) 行列，B = (bij)を (m,n) 行列とするとき，次を示せ。
(AB)∗ = B∗A∗
2. 次の (1), (2)の行列を A とするとき A∗ を求めよ。
(1)
1 − i√
2 + i 3 +√
3i
4 2 + i√
3 −√
2i
i√
5 + 4i 3 + 2i
(2)(
8 + 8i 3 − 2i 2 − i1 + i 0 7 + 5i
).
3. Aと B はm次正方行列とする。次の問いに答えよ．
(1) A, B はともに対称行列（あるいはともに交代行列）とする。このとき、AB が対称
行列であるための必要十分条件は Aと B が交換可能であることを示せ。
(2) Aと B の一方は対称行列で他方は交代行列とする。このとき、AB が交代行列である
ための必要十分条件は Aと B が交換可能であることを示せ。
4. (対称行列と交代行列) 次の行列を対称行列と交代行列の和で表わせ。
(1)
−2 3 0−4 1 2−1 0 −3
, (2)
−2 4 +
√2 2 3
−1 −11 1 75 8 + i 5 +
√3 −1
7 +√
3i −9 8 3
5. 次の行列をエルミート行列と反エルミート行列の和で表わせ。 −2 + i 1 + i 0−4i 1 + 2i 2 − i−1 3 − 2i −3
6. A を正方行列とする。このとき A = B + iC と実行列 B,C を使って表わすと、A
がエルミート行列であるための必要十分条件は，B が対称行列であり、かつ C は交代行
列であることをしめせ。A が反エルミート行列のときはどうか。
19
4 連立 1次方程式の解法
4.1 連立 1次方程式
a11, a12, ..., a1n, a21, ..., anm, b1, ..., bm を与えられた数（複素数）, x1, ..., xn を未知数と
して次の形の方程式の組を考える．a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1
a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2
......
am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm
(4.1)
この方程式は行列の記法でa11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
......
am1 am2 · · · amn
x1
x2
...xn
=
b1
b2
...bm
. (4.2)
とも書ける。 この方程式に対して次の問題を考えよう。
(1) 方程式 (4.1) は解を持つか？
（例）
{x + 2y = 1
x + 2y = −1は明らかに解を持たない．では解を持つための必要十分はなにか？
(2) 方程式 (4.1) が解を持つとき，その解は自由に値をとることができるパラメータを含
むか。またいくつ含むか？
（例）
{−2x + y = 1
6x − 3y = −3は 2つ目の方程式の両辺を −3で割ると 1つ目の方程式と同じだから，結局一つの方程式
−2x + y = 1 である．y = 2x + 1 であれば x は自由に値をとってよいのでこの方程式は
自由なパラメータを１つ含む．
(3) 方程式 (4.1) が解を持つとき，その解を求める手続き（アルゴリズム）にはどんなも
のがあるか？
20
この講義の目的はこれら３つの問いに答えを与えることであるといってよい．
実際に一つの連立方程式を解いてみよう．変数は x, y, z, u とする．
2x + y + z − 2u = 3x + 2y + z = 2x + y + 2z − 2u = 3
→ 係数の作る行列
2 1 1 −2 31 2 1 0 21 1 2 −2 3
(4.3)
この方程式を変形していく．「変形」を表わす記号を定義する．
• [(i) ↔ (j)] : i行目の方程式と j行目の方程式を入れ替える．
• [c(i)] : i行目を c倍する．
• [(i) ← c(j)] (または [c(j) → (i)]): i行目の方程式に j行目の方程式を c倍したものを
加える．
(4.3) から出発して
⇓ [(1) ↔ (2)]
x + 2y + z = 22x + y + z − 2u = 3x + y + 2z − 2u = 3
1 2 1 0 22 1 1 −2 31 1 2 −2 3
⇓ [(2) ← −2 × (1)], [(3) ← −1 × (1)]
x + 2y + z = 2−3y − z − u = −1−y + z − 2u = 1
1 2 1 0 20 −3 −1 −2 −10 −1 1 −2 1
⇓ [−1 × (3)]
x + 2y + z = 2−3y − z − u = −1y − z + 2u = −1
1 2 1 0 20 −3 −1 −2 −10 1 −1 2 −1
⇓ [(2) ↔ (3)]
x + 2y + z = 2y − z + 2u = −1
−3y − z − u = −1
1 2 1 0 20 1 −1 2 −10 −3 −1 −2 −1
⇓ [(1) ← −2 × (2)], [(3) ← 3 × (2)]
x + 3z − 4u = 4y − z + 2u = −1
− 4z + 4u = −4
1 0 3 −4 40 1 −1 2 −10 0 −4 4 −4
21
⇓ [−1/4 × (3)]
x + 3z − 4u = 4y − z + 2u = −1
z − u = 1
1 0 3 −4 40 1 −1 2 −10 0 1 −1 1
⇓ [(1) ← −3 × (3)], [(2) ← 1 × (3)]
x − u = 1y + u = 0
z − u = 1
1 0 0 −1 10 1 0 1 00 0 1 −1 1
したがって解は
x = u + 1, y = −u, z = u + 1 (u は任意)
となり，自由な値をとることのできるパラメータ u を１つ含んでいる．
上の作業中に出てきた３つの「式変形」を確認しておく．
[I] i番目と j 番目の方程式を入れ替える（行列では i行と j 行を入れ替える）
[II] i番目の方程式を c倍する（行列では i行を c倍する）
[III] i番目の方程式に j 番目の方程式の c倍を加える（行列では i行に j 行の c倍を加
える）
これらを連立方程式（あるいは行列）の基本変形という.
(注) [III]を
[III’] i番目の方程式に j 番目の方程式を加える（行列では i行に j 行を加える）
に置き換えてもよい．（[III] は「i番目の方程式を c倍する」操作（[II]の形の変形）の後
に「i番目の方程式に j 番目の方程式を加える」操作（[III’]の変形）を行ったものである
から．)
(注) 基本変形の結果は様々である．上の例でも基本変形の仕方によって −1 0 0 1 −11 1 0 0 1−1 0 1 0 0
,
1 1 0 0 10 1 1 0 10 1 0 1 0
という結果を得る．これは (4.4)からも予想されることである.
22
5 階段行列
5.1 階段行列
前の節で基本変形による連立 1次方程式の解法を具体例で見たが，一般に我々は最終的
にどのような形の方程式（または行列）を目指して変形を行えばよいのだろうか．その一
つの答えが「階段行列」である．
(m,n) 型行列 S が階段行列であるとはj1∨
j2∨
j3∨
jr
∨第 1行
第 2行
第 3行
...
第 r 行S =
0 · · · 0 1 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗0 . . . . . . . . 0 1 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗0 . . . . . . . . . . . . . . . . 0 1 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗...
...
0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 1 ∗ · · · ∗
Om−r,n
の形であるときにいう．すなわち 0 ≤ r ≤ m, 1 ≤ j1 < j2 < · · · jr ≤ n が存在して
S の k 行 =jk
∨jk+1
∨jr
∨ ( 0 · · · 0 1 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗ 0 ∗ · · · ∗ ) (k = 1, ..., r)
( 0 0 0 · · · · · · · · · · · · 0 0 ) (k = r + 1, ..., n)
ただし r = 0 のときは S = Omn である．
23
例 (2, 3) 型階段行列
r = 0(
0 0 00 0 0
)
r = 1(
1 a12 a13
0 0 0
),
(0 1 a13
0 0 0
),
(0 0 10 0 0
)
r = 2(
1 0 a13
0 1 a23
),
(1 a12 00 0 1
),
(0 1 00 0 1
)連立 1次方程式 Ax = b (A は (5,10) 型行列）に対して (A | b) に基本変形を行って
A の部分を階段行列に変形できたとする．たとえば基本変形の後0 1 a13 a14 0 a16 0 a18 a19 0 b′10 0 0 0 1 a26 0 a28 a29 0 b′20 0 0 0 0 0 1 a38 a39 0 b′30 0 0 0 0 0 0 0 0 1 b′40 0 0 0 0 0 0 0 0 0 b′5
連立方程式では
x2 + a13x2 + a14x4 + a16x6 + a18x8 + a19x9 = b′1x5 + a26x6 + a28x8 + a29x9 = b′2
x7 + a38x8 + a29x9 = b′3x10 = b′4
0 = b′5
のようになったとする．このとき
• b′5 6= 0 ならば方程式は解を持たない．
• b′5 = 0 ならば
x2 = b′1 − a13x3 − a14x4 − a16x6 − a18x8 − a19x9
x5 = b′2 − a28x8 − a29x9
x7 = b′3 − a38x8 − a39x9
x10 = b′4
の解を持つ．ここで x1, x3, x4, x6, x8, x9 は自由な値をとることができるパラメータで
ある．
以上の議論を一般化すると次の定理が得られるだろう．
24
定理 5.1 連立 1次方程式 Ax = b から得られる (m,n + 1) 行列 (A | b) を基本変形に
よって
S
b′1...
b′m
=
Sr
b′1...b′r
Om−r,n
b′r+1...
b′m
(S はこの節の最初に与えられた階段行列)
の形にすることができたとする．このとき
(i) b′r+1,..., b′m の中に 0 でない値があれば方程式は解をもたない．
(ii) b′r+1 = · · · = bm = 0 ならば方程式は解をもち，解は n − r 個の自由パラメータを
含む．特に n = r ならば解は一通りに定まる．
定義 5.1 r を行列 A のランク（階数）と呼び，この講義では r(A) で表わす．
注 A を基本変形して得られる階段行列は一通りに定まることを言っていないので，ここ
では暫定的な定義だと思ってほしい．ランクについては後でまた詳しく述べる．
基本変形によって (m,n + 1) 行列 A = (A | b) そのものを階段行列にする．途中で定
理 5.1 にある形にした後でさらに基本変形を続けると次の (1)と (2)のどちらかの形にで
きる。
(1)
Sr
0...
0
Om−r,n
1
0...
0
r(A) = r + 1, (2)
Sr
∗...
∗
Om−r,n
0...
0
r(A) = r
(1) のとき r + 1行目は方程式
0x1 + 0x2 + · · · + 0xn = 0 = 1
に対応するから解をもたない．(2) ならば解をもつ．
25
定理 5.2 方程式 (4.1)が解をもつ必要十分条件は r(A) = r(A).
例題 5.1 次の連立 1次方程式が解をもつように y の値を定めよ．
2x1 + x2 + x3 = 3x1 + x2 + 2x3 = 25x1 + 3x2 + 4x3 = y
(解答) 次のように基本変形を繰り返す． 2 1 1 31 1 2 25 3 4 y
⇒[(1) ← −2×(2)][(3) ← −5×(2)]
0 −1 −3 −11 1 2 20 −2 −6 y − 10
⇒
[(1) ↔ (2)]
1 1 2 20 −1 −3 −10 −2 −6 y − 10
⇒[(1) ←(2)]
[(3) ← −2×(2)]
1 0 −1 10 −1 −3 −10 0 0 y − 8
⇒
[−1×(2)]
1 0 −1 10 1 3 10 0 0 y − 8
よって方程式は
x1 − x3 = 1x2 + 3x3 = 1
0 = y − 8
となり，解をもつためには y = 8 でなければならない．y = 8 のとき解は
x1 = 1 + x3, x2 = 1 − 3x3
ただし x3 は自由に値を代入してよいパラメータである．
5.2 行列を基本変形によって階段行列にする手順
(m,n) 行列 A = (aij) を考える．A の各列を縦ベクトルとみなす．
a1 =
a11
a21
...am1
,a2 =
a12
a22
...am2
, · · · ,an =
a1n
a1n
...amn
(1) a1,..., an がすべて零ベクトルであるとき．このとき A = Om,n であり階段行列に
なっている．
26
(2) (1)の場合でなければ零ベクトルでない最初のベクトルを aj1 とする．そして aj1 の
最初の 0 でない成分を aij1 とする．すなわち
A =
0 · · · 0 0 ∗ · · · ∗...
......
......
0 · · · 0 0...
...
0 · · · 0 aij1
......
0 · · · 0 ∗...
......
......
......
0 · · · 0 ∗ ∗ · · · ∗
A の 第 i行を 1/aij1 倍して (i, j1)成分を 1 にする．その後，第 k(= i + 1, ...,m)行か
ら第 i行の akj1 倍を引く．最後に第 1行と第 i行を交換すると次の行列になる．j1∨
0 · · · 0 1 ∗ · · · ∗0 · · · 0 0 ∗ · · · ∗...
......
......
0 · · · 0 0 ∗ · · · ∗
=
0 · · · 0 1 ∗ · · · ∗
A1
(3) (m − 1, n) 行列 A1 について (1),(2) を繰り返す．
この操作を続けると次の形の行列に変形される．
j1∨
j2∨
j3∨
jr
∨
0 · · · 0 1 ∗ · · · ∗ a′1j2
∗ · · · ∗ a′1j3
∗ · · · ∗ a′1jr
∗ · · · ∗0 . . . . . . . . 0 1 ∗ · · · ∗ a′
2j3∗ · · · ∗ a′
2jr∗ · · · ∗
0 . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 1 ∗ · · · ∗ a′3jr
∗ · · · ∗...
...
0 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 0 1 ∗ · · · ∗
Om−r,n
最後に
第 k(= 1, ..., r − 1) 行から第 r 行の a′kjr倍を引く
27
第 k(= 1, ..., r − 2) 行から第 r − 1 行の a′kjr−1
倍を引く...
第 1 行から第 2 行の a′kj2倍を引く
の操作を行うと階段行列になる．
5.3 章末問題
1. 次の行列を階段行列に変形せよ．
(1)
1 0 0 −1 04 3 0 2 3−1 3 −1 0 48 9 7 −5 1
(2)
2 0 1 4 81 2 1 −1 00 −1 2 9 13 3 0 −6 7
2. (連立 1次方程式) 次の連立一次方程式を解くこと。(解が存在しないときは、「解な
し」とすること)
(1)
x1 + x2 + x3 = −1
2x1 + x2 − 2x3 = 3x1 − x2 + 2x3 = 0
3x1 − x2 + 2x3 = 2
,
(2)
x + 2y − z = 32x + 3y + z = 2x − y + 3z = 1
3. (連立 1次方程式) (1) 連立一次方程式 2x1 + x2 + x3 = 3x1 + x2 + 2x3 = 25x1 + 3x2 + 4x3 = a
が解をもつような a の値を求めよ。また、このとき方程式の解を求めよ。
(2) 連立一次方程式 5x1 − 10x2 + 2x3 − 17x4 = 62x1 − 4x2 + x3 − 7x4 = 24x1 − 8x2 + 3x3 − 15x4 = a
28
が解をもつような a の値を求めよ。また、このとき方程式の解を求めよ。
4. (連立 1次方程式) 次の連立一次方程式を解くこと。(解が存在しないときは、「解な
し」とすること)
(1) 4x1 + 3x2 − 5x3 + x4 − 13x5 = −73x1 + 3x2 − 6x3 + x4 − x5 = −5x1 + 2x2 − x3 + x4 − 7x5 = 0
6x1 + 7x2 − 15x3 + 3x4 − 27x5 = −6
(2)4x1 + 8x2 + 12x3 + 3x4 + x5 + 13x6 + x7 + 14x8 = −23x1 + 6x2 + 9x3 + 3x4 + 12x6 + x7 + 13x8 = 0x1 + 2x2 + 3x3 + 2x4 − x5 + 7x6 + x7 + 7x8 = 3
6x1 + 12x2 + 18x3 + 7x4 − x5 + 27x6 + 3x7 + 28x8 = 4
5. (連立 1次方程式) 次の連立一次方程式を考える
(∗)
−x1 + 2x2 − 2x3 + x4 + 3x5 = 164x1 − 7x2 + 8x3 − x4 − 6x5 = −61
−3x1 + 7x2 − 6x3 + x4 + 5x5 = 562x1 − 4x2 + 4x3 − x4 − 4x5 = b
(1) 方程式 (∗)が解をもつための b の値を求めよ。
(2) 方程式 (∗)が解をもつとき、未知数 x1, x2, x3, x4, x5 の中で値が一通りに決まってし
まうものはどれか。(そのような未知数が存在しないときには「なし」と答える。)
(3) 方程式 (∗)が解をもつとき、解を求めよ。
29
6 基本行列と行基本変形
6.1 行を入れ換える行列
(例) 任意の (3, 1) 行列に対して
A
a1
a2
a3
=
a2
a1
a3
をみたす行列 A を求める．
A
a1
a2
a3
= A
a1
100
+ a2
010
+ a3
001
= a1Ae1 + a2Ae2 + a3Ae3 a2
a1
a3
= a2
100
+ a1
010
+ a3
001
= a2e1 + a1e2 + a3e3
この 2式を比較することにより Ae1 = e2, Ae2 = e1,Ae3 = e3 をみたす行列 A を求め
ればよい．(e1 e2 e3) は 3次単位行列だから，ブロック分けの行列の計算を応用して
A = A(e1 e2 e3) = (Ae1 Ae2 Ae3) = (e2 e1 e3)
よって
A = (e2 e1 e3) =
0 1 01 0 00 0 1
(3, n) 行列
B =
b11 b12 · · · b1n
b21 b22 · · · b2n
b31 b32 · · · b3n
= (b1 b2 · · · bn)
に対してブロック分けの行列の計算を用いると
AB = (Ab1 Ab2 · · · Abn) =
b21 b22 · · · b2n
b11 b12 · · · b1n
b31 b32 · · · b3n
(1行と 2行の入れ換え)
一般に m 次正方行列行列 A は、それを任意の (m,n) 行列 B に左からかけると B の第
i 行と第 j 行を交換する作用を与えるとき、上と同じように考えて
A = A(e1 · · · ei · · · ej · · · en) = (e1 · · · ej · · · ei · · · en)
30
したがって A は次の行列である。i∨
j∨
< i
< j
Em(i, j) =
1 0 · · · 0. . .
1
0 · · · 1...
. . ....
1 · · · 0
1. . .
0 · · · 0 1
Em(i, j)Em(i, j) を計算すると最初の Em(i, j) は 2番目 Em(i, j) の第 i 行と第 j 行を
交換するのでEm(i, j)2 = Im (6.1)
6.2 ある行を定数倍する行列
(例) c を複素数とし、任意の (3, 1) 行列に対して
A
a1
a2
a3
=
a1
a2
ca3
をみたす行列 A を求める．
A
a1
a2
a3
= A
a1
100
+ a2
010
+ a3
001
= a1Ae1 + a2Ae2 + a3Ae3 a1
a2
ca3
= a1
100
+ a2
010
+ ca3
001
= a1e1 + a2e2 + ca3e3
この 2式を比較することにより Ae1 = e1, Ae2 = e2,Ae3 = ce3 をみたす行列 A を求
めればよい．(e1 e2 e3) は 3次単位行列だから，ブロック分けの行列の計算を応用して
A = A(e1 e2 e3) = (Ae1 Ae2 Ae3) = (e1 e2 ce3)
31
よって
A = (e1 e2 ce3) =
1 0 00 1 00 0 c
(3, n) 行列
B =
b11 b12 · · · b1n
b21 b22 · · · b2n
b31 b32 · · · b3n
= (b1 b2 · · · bn)
に対してブロック分けの行列の計算を用いると
AB = (Ab1 Ab2 · · · Abn) =
b11 b12 · · · b1n
b21 b22 · · · b2n
cb31 cb32 · · · cb3n
(3行を c 倍する)
一般に m 次正方行列行列 A は、それを任意の (m,n) 行列 B に左からかけると B の第
i 行を c 倍する作用を与えるとき、上と同じように考えて
A = A(e1 · · · ei · · · en) = (e1 · · · cei · · · en)
したがって A は次の行列である。
i∨
< iEm(i; c) =
1. . .
1
c
1. . .
1
c 6= 0 のとき Em(i; 1/c)Em(i; c) を計算すると Em(i; 1/c) は Em(i; c) の第 i 行を c 倍
するのでEm(i; 1/c)Em(i; c) = Im = Em(i; c)Em(i; 1/c) (6.2)
2つめの等式は cを 1/cに置きかえて得られる。
32
6.3 ある行に他の行を加える行列
(例) 任意の (3, 1) 行列に対して
A
a1
a2
a3
=
a1 + a3
a2
a3
をみたす行列 A を求める．
A
a1
a2
a3
= A
a1
100
+ a2
010
+ a3
001
= a1Ae1 + a2Ae2 + a3Ae3 a1 + a3
a2
a3
= a1
100
+ a2
010
+ a3
101
= a2e1 + a1e2 + a3(e1 + e3)
この 2式を比較することにより Ae1 = e1, Ae2 = e2,Ae3 = (e1 + e3) をみたす行列 A
を求めればよい．(e1 e2 e3) は 3次単位行列だから，ブロック分けの行列の計算を応用
してA = A(e1 e2 e3) = (Ae1 Ae2 Ae3) = (e1 e2 e1 + e3)
よって
A = (e1 e2 e1 + e3) =
1 0 10 1 00 0 1
(3, n) 行列
B =
b11 b12 · · · b1n
b21 b22 · · · b2n
b31 b32 · · · b3n
= (b1 b2 · · · bn)
に対してブロック分けの行列の計算を用いると
AB = (Ab1 Ab2 · · · Abn) =
b11 + b31 b12 + b32 · · · b1n + b3n
b21 b22 · · · b2n
b31 b32 · · · b3n
(1行に 3行を加える)
一般に m 次正方行列行列 A は、それを任意の (m,n) 行列 B に左からかけると B の第
i 行に第 j 行を加える作用を与えるとき、上と同じように考えて
A = A(e1 · · · ei · · · en) = (e1 · · · ei + ej · · · en)
したがって A は次の行列である。
33
i∨
j∨
< i
< j
Em(i, j; 1) =
1 0 · · · 0. . .
1
1 · · · 1. . .
...
1
1. . .
0 · · · 0 1
Em(j; 1/c)Em(i, j; 1)Em(j; c) を (m,n) 行列 B に左からかけると、まず第 j 行を c 倍
して、次に第 j 行を第 i 行に加え、その後第 j 行 を 1/c 倍することになるから、B の
第 i 行に第 j 行の c 倍を加える作用となる.この行列を Em(i, j; c) とおく．i∨
j∨
< i
< j
Em(i, j; c) =
1 0 · · · 0. . .
1
1 · · · c
. . ....
1
1. . .
0 · · · 0 1
Em(i, j;−c)Em(i, j; c) を計算すると最初の Em(i, j;−c) は Em(i, j; c) の第 i 行に第 j
行の −c 倍を加えるので
Em(i, j;−c)Em(i, j; c) = Im = Em(i, j; c)Em(i, j;−c) (6.3)
2つめの等式は cを −cに置きかえて得られる。
34
定義 6.1 上で現われた
Em(i, j), Em(i, c), Em(i, j; c)
の形の行列を基本行列という．ただし Em(i, c) については c 6= 0を仮定する。
6.4 章末問題（列基本変形）
以下の問題の重要。後で用いる。
1. (l,m) 行列 B = (bij) に Em(i, j) を右からかけるとどうなるか？
2. (l,m) 行列 B = (bij) に Em(i; c) を右からかけるとどうなるか？
3. (l,m) 行列 B = (bij) に Em(i, j; c) を右からかけるとどうなるか？
35
7 行列の階数
7.1 列の基本変形
第 5 章で見たように行列を基本変形によって階段行列にすることができる．そして第 6
章では基本行列を左からかけることで基本変形を行うことができることを見た．A を
(m,n) 行列とするとある基本行列 P1,..., Ps が存在して
Ps · · ·P1A = S (S は階段行列)
となる．今 S が 5.1 節冒頭に与えられている階段行列の形であるとする．第 1 列と第
j1 列を交換し，次に第 2 列と第 j2 列を交換し，同様に第 k 列と第 jk 列との交換を
k = 3, ..., r の順に行う．すると次の形の行列になる
第 1行
第 2行
第 3行
...
第 r 行
1 0 0 · · · 0 ∗ · · · ∗0 1 0 · · · 0 ∗ · · · ∗0 0 1 · · · 0 ∗ · · · ∗...
. . ....
0 0 0 · · · 1 ∗ · · · ∗0 0 0 · · · 0 0 · · · 0...
...
0 0 0 · · · 0 0 · · · 0
この行列の第 j 列 (j = r + 1, ..., n) の上から i 番目の成分が aij であるとする．このと
き i = 1, 2, ..., r の順に第 j 列から第 i 列の aij 倍を引く．これを各 j について行う．そ
の結果次の行列を得る．
36
第 1行
第 2行
第 3行
...
第 r 行
1 0 0 · · · 0 0 · · · 0
0 1 0 · · · 0 0 · · · 0
0 0 1 · · · 0 0 · · · 0...
. . ....
0 0 0 · · · 1 0 · · · 0
0 0 0 · · · 0 0 · · · 0...
...
0 0 0 · · · 0 0 · · · 0
第 6章の章末問題 6.1, 6.2, 6.3 より，これらの操作は適当な n 次の基本行列を右からか
けることで実行できる．すなわち S に右からいくつかの基本行列 Q1, ..., Qt をかけて
SQ1 · · ·Qt =(
Ir Orn−r
Om−r,r Om−rn−r
)の形に変形できる.
例題 7.1
S =
1 2 0 −1 00 0 1 3 00 0 0 0 10 0 0 0 0
とする．
S の第 2列と第 3列を交換する Q1 = E5(2, 3) SQ1 =
1 0 2 −1 0
0 1 0 3 0
0 0 0 0 1
0 0 0 0 0
⇒
第 3列と第 5列を交換する Q2 = E5(3, 5) SQ1Q2 =
1 0 0 −1 2
0 1 0 3 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 0
37
⇒
第 4列に第 1列を加える Q3 = E5(1, 4; 1) SQ1Q2Q3 =
1 0 0 0 2
0 1 0 3 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 0
⇒
第 4列から第 2列の 3倍を引く Q4 = E5(2, 4;−3) SQ1Q2Q3Q4 =
1 0 0 0 2
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 0
⇒
第 5列から第 1列目の 2倍を引く Q5 = E5(1, 5;−2) SQ1Q2Q3Q4Q5 =
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 0
7.2 逆行列・正則行列
定義 7.1 m 次正方行列 A は，AB = BA = Im となる m 次正方行列 B が存在すると
き A は正則行列であるといい，B を A の逆行列という。AB1 = B1A = Im ならば
B = BAB1 = B1
ゆえ，B は一意に定まる。A の逆行列を A−1 で表わす．
零行列以外のすべての行列が正則行列であるというわけではない．たとえば(1 00 0
)(a bc d
)=
(a b0 0
)なので (
1 00 0
)は逆行列をもたない．以下のことは明らかである．
38
• A が正則行列であれば (A−1)−1 = A
• A,B が正則行列であれば AB も正則行列であり (AB)−1 = B−1A−1
• (6.1), (6.2), (6.3) より基本行列は正則行列であり
Em(i, j)−1 = Em(i, j), Em(i; c)−1 = Em(i; c−1), Em(i, j; c)−1 = Em(i, j;−c)(7.1)
任意の (m,n) 行列 A に対して m 次基本行列 P1, ..., Ps と n 次基本行列 Q1, ..., Qt が存
在して
Ps · · ·P1AQ1 · · ·Qt =(
Ir Orn−r
Om−rr Om−rn−r
)の形に変形できることを見たが，Ps · · ·P1, Q1 · · ·Qt はそれぞれ m 次と n 次の正則行列
である．
命題 7.1 任意の (m,n) 行列 A に対して m 次正則行列 P と n 次正則行列 Q が存在
して
PAQ =(
Ir Orn−r
Om−rr Om−rn−r
)(7.2)
の形になる．
命題 7.2 m次正方行列 Aに対して AB = Im をみたす行列 B が存在すれば，BA = Im
でもあり，A は正則行列である。BA = Im をみたす行列 B が存在する場合も同様で
ある。
証明. mについての帰納法で証明する。m = 1のときは明らかである。m − 1次行列に
ついての主張が正しいとする。m 次正方行列 A に対して AB = Im をみたす行列 B が
あったとする。Aは零行列 Om,m ではあり得ないので，基本変形によって
PAQ =(
1 O1,m−1
Om−1,1 A1
)に変形できる。P,Qは正則行列である。そこで
Q−1BP−1 =(
b gf B1
)(f は (m − 1, 1)行列，g は (1,m − 1)行列)
とすると仮定より(1 O1,m−1
Om−1,1 A1
)(b gf B1
)=
(b g
A1f A1B1
)= Im.
39
よって A1B1 = Im−1, b = 1, g = O1,m−1. 帰納法の仮定により B1A1 = Im−1. これか
ら f = B1(A1f) = Om−1,1 がわかる。よって
Q−1BP−1 =(
1 O1,m−1
Om−1,1 B1
).
この形から (Q−1BP−1)(PAQ) = Q−1BAQ = Im がわかる。よって BA = Im. ¤
7.3 行列の階数
定義 5.1での段階では，行列のランクは A を行基本変形して得られる階段行列に依存す
る値であった．もし A を行基本変形で 5章の冒頭に与えられている階段行列 S の形にす
ることができれば，次に列基本変形で(Ir Or n−r
Om−r r Om−r n−r
)の形にすることができる．したがって A のランクがその基本変形で得られる階段行列に
よらず A 固有の量であることを示すには次の定理を証明すればよい．
定理 7.1 (m,n) 行列 A に対して m 次正則行列 P1, P2 と n 次正則行列 Q1, Q2 が存在
して
P1AQ1 =(
Ir Or n−r
Om−r r Om−r n−r
), P2AQ2 =
(Is Os n−s
Om−s s Om−s n−s
)の形になったとき， r = s.
以下 0 ≤ r ≤ min{m, n} に対して
Emn(r) =(
Ir Or n−r
Om−r r Om−r n−r
)とおく．
(証明) 一般性を失うことなく r ≤ s と仮定してよい．r < s として矛盾を導く．
P = P−12 P1, Q = Q1Q
−12 とおくと
PEmn(r)Q = Emn(s) (7.3)
が成り立つ．ここで
P =(
P11 P12
P21 P22
), Q =
(Q11 Q12
Q21 Q22
)(P11, Q11 は r 次正方行列)
40
とブロック分けして PEmn(r)Q を計算すると(P11 P12
P21 P22
)(Ir Or n−r
Om−r r Om−r n−r
)(Q11 Q12
Q21 Q22
)=
(P11Q11 P12Q12
P21Q11 P21Q12
).
(7.3)と s > r により(P11Q11 P11Q12
P21Q11 P21Q12
)=
(Is Os n−s
Om−s s Om−s n−s
)=
(Ir Or n−r
Om−r r Em−r n−r(s − r)
).
これより
P11Q11 = Ir, P11Q12 = Or n−r, P21Q11 = Om−r r, P21Q12 = Em−r n−r(s − r).(7.4)
したがって P11, Q11 は正則行列で Q11P11 = Ir*2. (7.4) より
Q12 = P−111 Or n−r = Or n−r, P21 = Om−r rQ
−111 = Om−r r.
よってP21Q12 = Om−r rOr n−r = Om−r n−r
となり，これは (7.4)の 4つ目の等式に矛盾する．よって s = r. ¤
定義 7.2 (再びランクの定義) (m,n) 行列 A に対して m 次正則行列 P と n 次正則行列
Q と整数 r (0 ≤ r ≤ min{m,n}) が存在して
PAQ = Emn(r)
の形になる．r = r(A) を A のランク (階数)という．
7.4 章末問題
1. (行列の階数) 次の行列に有限回の行基本変形を施して階段行列に変形せよ。さらに
階数を求めよ。 1 0 0 −1 04 3 0 2 3
−1 3 −1 0 48 9 7 −5 1
*2 初期の原稿では命題 7.2の記述はなかった。ノートを見直してここに来たとき身がすくんだ。n次正則行列は Cn からそれ自身への全単射を導くので（でもそれは後で習うこと），命題 7.2 はトリビアルだという意識をもってしまっていた。自戒のためにこの脚注を残す。
41
2. (行列の階数) 以下の行列の階数（ランク）を求めよ。
(1)
3 −1 0 −2−2 5 3 34 −6 1 −1
(2)
−1 0 2 12 2 −1 −11 4 4 1
(3)
1 1 11 1 21 2 1
(4)
−1 0 0 10 −1 1 00 1 −1 01 0 0 −1
3. (行列の階数) 次の行列の階数（ランク）を求めよ。
(1)
0 a b−a 0 c−b −c 0
(2)
a 1 1 11 a 1 11 1 a 11 1 1 a
(もちろん解答は a, b, c などの値によって変わる可能性がある。)
42
8 逆行列の求め方（ガウスの掃き出し法)
8.1 掃き出し法の理屈
A を m 次正方行列で A のランクは m であるとする．このとき行基本変形によって階
段行列に変形すると m 次単位行列になる．すなわち基本行列 P1,..., Ps が存在して
Ps · · ·P1A = Im (8.1)
となる。また列基本変形についても，基本行列 Q1,..., Qt が存在して
AQ1 · · ·Qt = Im (8.2)
となる。したがって Aは正則行列で，A−1 = Ps · · ·P1 = Q1 · · ·Qt である．逆に m 次
正方行列 A に対して基本行列 P1,..., Ps を (8.2)をみたすように選べればランクの定義よ
り r(A) = m である．以上のことから
定理 8.1 m 次正方行列 A が正則であるための必要十分条件は A のランクが m である
ことである．
(m, 2m) 行列 (A|Im) に行基本変形をおこなって
(A|Im) → (P1A|P1) → (P2P1A|P2P1) → · · · (Im|Ps · · ·P2P1)
であれば，最後の行列のｓ第 m + 1 列から第 2m 列の部分が A の逆行列になる．こうの
ようにして A の逆行列を求める方法をガウスの掃き出し法という．
例題 8.1
A =
2 1 11 2 11 1 2
の逆行列を求める．
(解答) (§5.1の記法を参照すること） 2 1 1 1 0 01 2 1 0 1 01 1 2 0 0 1
⇓ [(1) ↔ (2)]
43
1 2 1 0 1 02 1 1 1 0 01 1 2 0 0 1
⇓ [(2) ← −2 × (1)], [(3) ← −1 × (1)] 1 2 1 0 1 0
0 −3 −1 1 −2 00 −1 1 0 −1 1
⇓ [−1 × (3)] 1 2 1 0 1 0
0 −3 −1 1 −2 00 1 −1 0 1 −1
⇓ [(2) ↔ (3)] 1 2 1 0 1 0
0 1 −1 0 1 −10 −3 −1 1 −2 0
⇓ [(1) ← −2 × (2)], [(3) ← 3 × (2)] 1 0 3 0 −1 2
0 1 −1 0 1 −10 0 −4 1 1 −3
⇓ [−1/4 × (3)] 1 0 3 0 −1 2
0 1 −1 0 1 −10 0 1 −1/4 −1/4 3/4
⇓ [(1) ← −3 × (3)], [(2) ← 1 × (3)] 1 0 0 3/4 −1/4 −1/4
0 1 0 −1/4 3/4 −1/40 0 1 −1/4 −1/4 3/4
したがって
A−1 =
3/4 −1/4 −1/4−1/4 3/4 −1/4−1/4 −1/4 3/4
44
8.2 章末問題
1. (上三角行列の逆行列) 次の行列の逆行列を求めよ。ただし a11, a22, a33 はいずれも
0 でないとする。 a11 a12 a13
0 a22 a23
0 0 a33
2. (上三角行列の逆行列) 次の行列を逆行列を求めよ。
(1)
1 a b0 1 c0 0 1
, (2)
1 a b c0 1 d f0 0 1 g0 0 0 1
.
3. (逆行列) 行基本変形を用いて、次の行列の逆行列をもとめよ。ただし逆行列が存在
しない場合は「逆行列は存在しない」と書くこと。
(1)
−8 19 22−6 16 19−1 4 5
(2)
0 1 2 −13 0 −1 24 −1 0 2
−1 1 1 1
(3)
2 3 0 12 1 −5 7
−1 2 1 01 0 1 0
(4)
2 5 3 01 5 3 00 9 6 20 6 4 1
(5)
1 1 1 1−1 1 1 1−1 −1 1 1−1 −1 −1 1
(6)
1 2 3−3 −2 −1
1 0 −2
(7)
3 2 0 04 3 0 00 0 3 40 0 4 5
(8)
3 3 −5 −61 2 −3 −12 3 −5 −3
−1 0 2 2
45
9 行列式
9.1 行列式の定義
定義 9.1 m 次正方行列 A から定まる複素数 det Aで次の条件をみたすものが存在する：
A の第 j 列を aj で表わし A = (a1 a2 · · · am) と書くとき
(1)(多重線形性) α, β を複素数とすると
det(a1 · · ·αaj +βa′j · · · am) = α det(a1 · · · aj · · · am)+β det(a1 · · · a′
j · · · am)
(2)(交代性) ２つの列を交換すると
det(a1 · · · ai · · · aj · · · am) = −det(a1 · · · aj · · · ai · · · am)
(3)(単位行列の行列式) det Im = 1
この det A を A の行列式という。これを |A|とも記す。*3
上の (1),(2),(3) の性質から次のことが解る．
(4) A のある列が零ベクトルであれば det A = 0.これは次式から従う。
det(a1 · · · 0 · · · am) = det(a1 · · · 0 + 0 · · · am)= det(a1 · · · 0 · · · am) + det(a1 · · · 0 · · · am)
(5) A が同じベクトルからなる 2つの列をもてば det A = 0.これは次式から従う。
det(a1 · · · a · · · a · · · am) = −det(a1 · · · a · · · a · · · am)
(6) A の１つの列に他の列の定数倍を加えてできる行列 A に対して det A = det A.
det(a1 · · · ai + αaj · · · aj · · · am)= det(a1 · · · ai · · · aj · · · am) + α det(a1 · · · aj · · · aj · · · am)= det(a1 · · · ai · · · aj · · · am)
より従う．
*3 行列に |A|の記号をあてはめると，丸括弧 ( )の外に | |がつくが，丸括弧は省略する。
46
例題 9.1（2 次正方行列の行列式） 上の (1)–(6) を使って 2 次正方行列の行列式を求
める． ∣∣∣∣ a bc d
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ a + 0 b
0 + c d
∣∣∣∣ =∣∣∣∣ a b
0 d
∣∣∣∣ +∣∣∣∣ 0 b
c d
∣∣∣∣= a
∣∣∣∣ 1 b + 00 0 + d
∣∣∣∣ + c
∣∣∣∣ 0 b + 01 0 + d
∣∣∣∣= a
(∣∣∣∣ 1 b0 0
∣∣∣∣ +∣∣∣∣ 1 0
0 d
∣∣∣∣) + c
(∣∣∣∣ 0 b1 0
∣∣∣∣ +∣∣∣∣ 0 0
1 d
∣∣∣∣)= a
(b
∣∣∣∣ 1 10 0
∣∣∣∣ + d
∣∣∣∣ 1 00 1
∣∣∣∣) + c
(b
∣∣∣∣ 0 11 0
∣∣∣∣ + d
∣∣∣∣ 0 01 1
∣∣∣∣)= a
(b
∣∣∣∣ 1 00 0
∣∣∣∣ + d
∣∣∣∣ 1 00 1
∣∣∣∣) + c
(−b
∣∣∣∣ 1 00 1
∣∣∣∣ + d
∣∣∣∣ 0 01 0
∣∣∣∣)= (ad − bc)
∣∣∣∣ 1 00 1
∣∣∣∣= ad − bc
すなわち ∣∣∣∣ a bc d
∣∣∣∣ = ad − bc
9.2 行列式の表示
A =
a11 a12 · · · a1m
a21 a12 · · · a2m
......
...am1 am2 · · · amm
の行列式を求め方は前節の 2次正方行列の場合と同じである．A の第 j 列を
aj = a1je1 + a2je2 + · · · + amjem
と表わす。ej (j = 1, ...,m)は単位行列 Im の第 j 列である。多重線形性より
det A =m∑
i1=1
m∑i2=1
· · ·m∑
im=1
ai11ai22 · · · aimm det(ei1 ei2 · · · eim) (9.1)
もし ei1 , ..., eim の中に同じものがあれば (5) より det(ei1 ei2 · · · eim) = 0 だから，
(9.1) において i1, ..., im の中に 1, ...,m がすべて（したがって重複なく）現われるような
47
添字列 (i1, ..., im) についてのみ足し合わせればよい．行列式の最終的な表示を与える前
に一つ準備をする．
1, 2, ...,m を並べて得られる列 (i1, i2, ..., im) 全体の集合を Sm で表わす。Sm は m!
個の元からなる．Sm の元 (i1, i2, ..., im) の 2つの数を入れ換える操作
(· · · , i, · · · , j, · · · ) =⇒ (· · · , j, · · · , i, · · · )
を互換という．Sm の元 (i1, i2, ..., im) は (1, 2, ...,m) から互換を偶数回 (あるいは奇数
回)繰り返してが得られるとき偶置換 (あるいは奇置換)であるという．次の補題の証明は
補遺で与える。
補題 9.1 Sm の元は偶置換か奇置換のどちらか１つに分類される (すなわち同時に偶置換
でも奇置換でもあることはない).
例 (S3 の場合)
(1, 2, 3) → (2, 1, 3) → (2, 3, 1) → (3, 2, 1) → (3, 1, 2) → (1, 3, 2)
だから (1, 2, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2) は偶置換，(2, 1, 3), (3, 2, 1), (1, 3, 2) は奇置換
Sm から {−1,+1} への対応を
sgn(i1, i2, ..., im) ={
+1 (i1, i2, ..., im) が偶置換のとき−1 (i1, i2, ..., im) が奇置換のとき
で定める．
σ = (i1, i2, ..., im) ∈ Sm を σ を ei1 ei2 · · · eim の添字の列だとみる．σ に対応する
(9.1)の項det(ei1 ei2 · · · eim
)
を考える．σ が偶置換ならば，偶数回の互換によって σ を (1, 2, ...,m) に変化させること
ができる．また σ が奇置換ならば，奇数回の互換によって σ を (1, 2, ...,m) に変化させ
ることができる．添字の互換に合わせて ei1 ei2 · · · eim の列の入れ換えを行う．行列式
(2)の性質より一回列の入れ換えを行うと行列式が (−1) 倍される．したがって
det(ei1 ei2 · · · eim) = sgnσ det(e1 e2 · · · em)
例 (3, 1, 2) → (1, 3, 2) → (1, 2, 3) の変形に従って
det(e3 e1 e2) = −det(e1 e3 e2) = det(e1 e2 e3)
48
ところで (e1 e2 · · · em) は単位行列だから (3) より det(e1 e2 · · · em) = 1. よって
(8.1) は次の形になる．
det A =∑
σ=(i1,...,im)∈Sm
sgnσ · ai11ai22 · · · aimm (9.2)
例題 9.2 3次正方行列の行列式
(1, 2, 3), (2, 3, 1), (3, 1, 2) は偶置換，(2, 1, 3), (3, 2, 1), (1, 3, 2) は奇置換だったから∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
∣∣∣∣∣∣ = a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32−a13a22a31−a12a21a33−a11a23a32
9.3 章末問題
1. 上三角行列 a11 a12 a13 · · · a1n
0 a22 a23 · · · a2n
0 0 a33 · · · a3n
. . . . . . . . . . . .0 0 0 · · · ann
の行列式は a11a22 · · · ann であることを示せ．
2. 次を示せ。A, B は正方行列である。∣∣∣∣ A CO B
∣∣∣∣ = |A||B|.
9.4 補遺: 置換に関する注意
Sm の元 σ = (i1, i2, ..., im)の別の表現を知っておくと便利である。
(1) k から ik の対応こみで表す。例えば
σ =(
1 · · · k · · · mi1 · · · ik · · · im
)上から下を眺めて対応関係がわかればいいので，(
1 2 33 1 2
),
(2 1 31 3 2
),
(3 1 22 3 1
)49
はすべて同じと見る。
(2) σ を σ(k) = ik で定まる写像 σ : {1, 2, ...,m} → {1, 2, ...,m}と見る。２つの置換 σ,
τ の積を στ を写像の合成 σ ◦ τ で定める。σ の逆写像およびそれが定める置換を σ−1 と
記す。また eですべての k を k 自身に写す写像を表す。このとき, σσ−1 = σ−1σ = eで
ある。
例題 9.3
σ =(
1 2 32 1 3
)σ(1) = 2, σ(2) = 1, σ(3) = 3
τ =(
1 2 31 3 2
)τ(1) = 1, τ(2) = 3, τ(3) = 2
ならば
στ =(
1 2 32 3 1
), τσ =
(1 2 33 1 2
).
σ−1 =(
2 1 31 2 3
)=
(1 2 32 1 3
).
σ−1 を求めるには上下を入れ替えればよい。さらに必要ならば，上の行が 1, 2, ..., nの順
になるように並べ替える。
m変数の多項式
∆(x1, x2, ..., xm) =∏
1≤1<j≤m
(xi − xj)
= (x1 − x2)(x1 − x3) · · · (x1 − xm)= ×(x2 − x3) · · · (x2 − x3)
· · · · · ·×(xm−1 − xm) (9.3)
を x1, x2,..., xm の差積という。σ ∈ Sm に対して
(σ∆)(x1, ..., xm) = ∆(xσ(1), ..., xσ(m))
を定める。xσ(i) − xσ(j) (i < j)は差積の因子と符号の違いを除いて（σ(i) > σ(j)のとき
は，−(xσ(i) − xσ(j)) = xσ(j) − xσ(i) が (9.3)の因子）1対 1に対応するから，1または
−1に値をもつ ε(σ)が定まって
(σ∆)(x1, ..., xm) = ε(σ)∆(x1, ..., xm).
50
とくに σ が iと j (i < j)の互換とすると，xk − xl と xσ(k) − xσ(l) の符号が異なる添字
の組は(i, i + 1), (i, i + 2), · · · (i, j)
(i + 1, j)...
(j − 1, j)
の 2(j − i) − 1個だからσ が互換ならば ε(σ) = −1. (9.4)
σ, τ ∈ Sm に対して
(στ∆)(x1, ..., xm) = ∆(xστ(1), ..., xστ(m)) (yk = xσ(k) とおく)= ∆(yτ(1), ..., yτ(m))= ε(τ)∆(y1, ..., ym) = ε(τ)∆(xσ(1), ..., xσ(m))= ε(τ)ε(σ)∆(x1, ..., xm).
よってε(στ) = ε(σ)ε(τ) (9.5)
補題 9.1の証明. σ が s個の互換の積であれば，(10.4)と (9.5)によって，ε(σ) = (−1)s.
すなわち sの偶奇は，σ のみによって定まる ε(σ)の値で決定される。 ¤
51
10 行列式の性質
10.1 行列の積と行列式
A = (aij), B = (bij) をともにm次正方行列とする．このとき AB の第 j 列は∑m
k=1 a1kbkj∑mk=1 a2kbkj
...∑mk=1 amkbkj
= a1b1j + a2b2j + · · · + ambmj
(ただし ak は A の第 k 列).したがって行列式の多重線形性より
det AB =m∑
k1,k2,...,km=1
det(ak1 ak2 · · · akm)bk11bk22 · · · bkmm
=∑
(k1,k2,...,km)∈Sm
det(ak1 ak2 · · · akm)bk11bk22 · · · bkmm
=∑
(k1,k2,...,km)∈Sm
sgn(k1, k2, ..., km) det(a1 a2 · · · am)bk11bk22 · · · bkmm
= detA · detB
すなわちdetAB = det A · det B (10.1)
A を m次正則行列とする．このとき AA−1 = Im ゆえ (9.1)より
det A−1 = 1/det A (10.2)
このことより次の命題の必要条件が成立．
命題 10.1 m 次正方行列が正則であるための必要十分条件は det A 6= 0
十分性の証明は第 12章で与える．
10.2 転置行列の行列式
A = (aij) をm次正方行列でとする．Sm の元 (j1, j2, ..., jm) に対して a1i1a2i2 · · · amim
の因子を並び替えてa1j1a2j2 · · · amjm = ai11ai22 · · · aimm
52
となったとする．このとき jk と il (k.l = 1, 2, ...,m) との関係は次のようになる：(1 2 · · · mj1 j2 · · · jm
)の列を入れ換える操作を繰り返して下段が (1 2 · · · m) となるようにすると(
i1 i2 · · · im1 2 · · · m
)したがって (j1 j2 · · · jm)を (1 2 · · · m)に変形するのに必要な互換の数と (1 2 · · · m)を
(i1 i2 · · · im) に変形するのに必要な互換の数を等しくすることができる。 (j1 j2 · · · jm)
が偶置換 (あるいは奇置換) ならば (i1 i2 · · · im) も偶置換 (あるいは奇置換) である．
(j1 j2 · · · jm) から (i1 i2 · · · im) への対応は Sm 上の 1対 1対応である．以上のことか
ら A の転置行列 tA の行列式は
det tA =∑
(j1,j2,...,jm)∈Sm
sgn(j1, j2, ..., jm) · a1j1a2j2 · · · amjm
=∑
(i1,i2,...,im)∈Sm
sgn(i1, i2, ..., im) · ai11ai22 · · · ajmm
= detA
すなわちdet tA = det A (10.3)
このことから 9.1節における行列式の性質 (1)-(6)は「列」を「行」に読み替えても正しい．
10.3 行列式の計算法
m 次正方行列 A が
A =
1 ∗ · · · ∗0 a22 · · · a2m
......
...0 am2 · · · amm
=
1 ∗ · · · ∗0... A1
0
の形のとき
det A =∑
(1,i2,...,im)∈Sm
sgn(1, i2, ..., im) · ai22 · · · aimm
もし (2, 3, ...,m) を偶数回 (あるいは奇数回)の互換によって (i2, i3, ..., im) に変形できる
ならば (1, 2, 3, ...,m) を同じ互換の繰り返しによって (1, i2, i3, ..., im) に変形できるから
53
Sm−1 を (2, 3, ...,m) の置換の集合と見ると
det A =∑
(i2,...,im)∈Sm−1
sgn(i2, ..., im) · ai22 · · · aimm
すなわちdet A = det A1. (10.4)
一般に
A =
0
A1
... A2
0
∗ · · · ∗ aij ∗ · · · ∗0
A3
... A4
0
のとき j − 1 回の列の互換と i − 1 回の行の互換によって
detA = (−1)i+jaij det
1 ∗ · · · ∗0...0
A1 A2
A3 A4
= (−1)i+jaij det(
A1 A2
A3 A4
)
転置行列を考えることによって次式も成り立つこともわかる．
det A =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
∗
A1
... A2
∗0 · · · 0 aij 0 · · · 0
∗
A3
... A4
∗
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= (−1)i+jaij det
(A1 A2
A3 A4
)
以上のことと行列式の多重線形性を用いると次のことがわかる。n 次正方行列 A =
(aij)の第 i行と第 j 列を取り去ってできる n − 1次正方行列の行列式に (−1)i+j を乗し
たもの
54
第 j 列を消す
第 i行を消す∆ij = (−1)i+j
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 · · · a1j · · · a1n
......
......
...
ai1 · · · aij · · · ain
......
......
...
an1 · · · anj · · · ann
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣を Aの (i, j)余因子という。このとき, Aの行列式は次のように書ける。
|A| =
∑m
k=1 aik∆ik (detA の i行展開)∑mk=1 akj∆kj (detA の j 列展開)
(10.5)
例題 10.1 次の行列式（3次のヴァンデルモンド (Vandermonde)の行列式）を計算せよ．∣∣∣∣∣∣1 1 1a b ca2 b2 c2
∣∣∣∣∣∣(解答) 第 2列，第 3列から第 1列を引く．
⇒
∣∣∣∣∣∣∣∣1 0 0
a b − a c − a
a2 b2 − a2 c2 − a2
∣∣∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣ b − a c − a
b2 − a2 c2 − a2
∣∣∣∣∣第 1列の成分は b− a を共通因子に，第 2列の成分は c− a を共通因子にもっているから
多重線形性と (10.4)より
⇒ (b − a)(c − a)
∣∣∣∣∣ 1 1
b + a c + a
∣∣∣∣∣第 2列から第 1列を引く．
⇒ (b − a)(c − a)
∣∣∣∣∣ 1 0
b + a c − b
∣∣∣∣∣ = (a − b)(b − c)(c − a).
∣∣∣∣∣∣1 1 1a b ca2 b2 c2
∣∣∣∣∣∣ = (a − b)(b − c)(c − a).
55
10.4 章末問題
1. 以下の行列式を計算せよ。
(1)
∣∣∣∣∣∣1 2 30 7 04 5 6
∣∣∣∣∣∣ (2)
∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 3 48 7 6 59 10 11 1216 15 14 13
∣∣∣∣∣∣∣∣2. 次の行列式を計算せよ。(2)は 4次のヴァンデルモンド (Vandermonde)の行列式.
(1)
∣∣∣∣∣∣a b cb c ac a b
∣∣∣∣∣∣ (2)
∣∣∣∣∣∣∣∣1 1 1 1a b c da2 b2 c2 d2
a3 b3 c3 d3
∣∣∣∣∣∣∣∣(3)
∣∣∣∣∣∣a + b b a
b b + c ca c c + a
∣∣∣∣∣∣ (4)
∣∣∣∣∣∣∣∣a b b ba b a ba a b bb b b a
∣∣∣∣∣∣∣∣3. 次の n 次正方行列の行列式を求めよ．
1 0 0 0 · · · 0 11 1 0 0 · · · 0 00 1 1 0 · · · 0 0...
......
.... . .
......
0 0 0 0 · · · 1 1
(第 1行は (1, 1)成分と (1, n)のみが 1で残りはすべて 0.第 i行 (i = 2, ..., n)は (i, i− 1)
成分と (i, i) 成分が 1で残りはすべて 0.)
56
4. 次の行列の行列式を求めよ。
(1)
x −1 0 · · · 0 00 x −1 · · · 0 0
0 0 x. . .
......
......
.... . . −1 0
0 0 0 · · · x −1an an−1 an−2 · · · a1 a0
(2)
x a1 a2 · · · an
a1 x a2 · · · an
a1 a2 x · · · an
......
.... . .
...a1 a2 a3 · · · x
(3)
0 a2 b2 1a2 0 c2 1b2 c2 0 11 1 1 0
(4)
0 a b c−a 0 d e−b −d 0 f−c −e −f 0
(5)
0 · · · 0 0 a1
0 · · · 0 a2 00 · · · a3 0 0
. . . . . . . . . .an · · · 0 0 0
(6)
x1 a a ab x2 a ab b x3 ab b b x4
5. (行列式) u1, u2, u3, x を変数とする。
A(i, j, k) =
∣∣∣∣∣∣1 x + ui (x + ui)2
x + uj (x + uj)2 (x + uj)3
(x + uk)2 (x + uk)3 (x + uk)4
∣∣∣∣∣∣とおく。このとき
A(1, 2, 3) + A(1, 3, 2) + A(2, 1, 3) + A(2, 3, 1)
+ A(3, 1, 2) + A(3, 2, 1) = ((u1 − u2)(u2 − u3)(u3 − u1))2
をしめせ。
6. 奇数次の交代行列の行列式は 0 であることを証明せよ。
7. (1) A, B が n 次正方行列であるとき∣∣∣∣ A BB A
∣∣∣∣ = |A + B||A − B|
が成り立つことを証明せよ。
(2) A,B が n 次実正方行列であるとき∣∣∣∣ A −BB A
∣∣∣∣ = |det(A + iB)|2
57
が成り立つことを証明せよ (i は虚数単位)。
8. (大きいサイズの行列式) 次の行列の行列式を求めよ。2 −5 3 −1 −21 4 −7 2 3
−3 −2 5 6 −24 −1 −3 2 5
−2 −6 5 3 −1
9. (行列式) (1) n(n ≥ 1) 次の正方行列 An を、1 から n2 までの数字を、第 1行には
1 から n までの数字を順番に並べ、第 2行には n + 1 から 2n までの数字を順番に並べ、
第 3行には 2n + 1 から 3n までの数字を順番に並べるという具合に並べてつくる。たと
えば n = 3 のときは、A は 1 2 34 5 67 8 9
.
となる。An(n = 1, 2, ...) の行列式を求めよ。
(2) n(n ≥ 1) 次の正方行列 Bn を今度は、第 1行には 12 から n2 までの数字を順番に
並べ、第 2行には (n + 1)2 から (2n)2 までの数字を順番に並べ、第 3行には (2n + 1)2
から (3n)2 までの数字を順番に並べるという具合に並べてつくる。たとえば n = 3 のと
きは、A は 1 4 916 25 3649 64 81
.
となる。Bn(n = 1, 2, ...) の行列式を求めよ。
58
11 行列の階数と小行列式
11.1 小行列式
定義 11.1 A を (m,n) 行列とする．A の s 個の行と s 個の列を選んで作った
A(i1, ..., is|j1, ..., js) =
ai1j1 · · · ai1js
......
aisj1 · · · aisjs
(i1 < i2 < · · · < is, j1 < j2 < · · · < js)を A の s 次小行列，その行列式を A の s次小
行列式という．これは s < min{m,n}に対して定義され，全部で mCs × nCs 個の小行列
が存在する．
定理 11.1 行列 A について r が次の条件をみたすとする．
s > r のときすべての s次小行列式は 0だが，ある r次小行列式は 0 でない． (11.1)
このとき r は A のランクと一致する．
このテキストでは証明のアイデアを述べるにとどめることにする．ここでは
A =
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
は条件
(1) A の 3次の小行列 (すなわち A 自身)について det A = 0(2) A のある 2次の小行列式 6= 0
(11.2)
をみたすとして，r(A) = 2 を示す．
まず A が条件 (11.2)をみたせば Aの (行および列の)基本変形で得られる行列 B も (11.2)をみ
たすことを示す．
(1) B = E(2; c)A : Aの第 2行を c 倍する。ただし，c 6= 0：
|B| =
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a12 a13
ca21 ca22 ca23
a31 a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= c|A| = 0
59
よって B は条件 (11.2)の (2)をみたす．次に B の 2次小行列式 |B(i1, i2|j1, j2)|をならべた行列D(B)を考える。（同様に D(A)を考える。）
D(B) =
0
@
|B(2, 3|2, 3)| |B(2, 3|1, 3)| |B(2, 3|1, 2)||B(1, 3|2, 3)| |B(1, 3|1, 3)| |B(1, 3|1, 2)||B(1, 2|2, 3)| |B(1, 2|1, 3)| |B(1, 2|1, 2)|
1
A
=
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
˛
˛
˛
˛
ca22 ca23
a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
ca21 ca23
a31 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
ca21 ca22
a31 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a12 a13
a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a13
a31 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a12
a31 a32
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a12 a13
ca22 ca23
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a13
ca21 ca23
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a12
ca21 ca22
˛
˛
˛
˛
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
=
0
@
c|A(2, 3|2, 3)| c|A(2, 3|1, 3)| c|A(2, 3|1, 2)||A(1, 3|2, 3)| |A(1, 3|1, 3)| |A(1, 3|1, 2)|c|A(1, 2|2, 3)| c|A(1, 2|1, 3)| c|A(1, 2|1, 2)|
1
A
すなわち，D(B) = E(1; c)E(3; c)D(A). 右辺の中のある |A(i1, i2|j1, j2)| は 0でなく，また c 6= 0
だから左辺の行列の成分に 0以外の数がある．よって B は条件 (10,2)の (2)をみたす．
同様にして B = E(i; c)A (i = 1, 3), B = AE(i; c) (i = 1, 2, 3) のときも B は条件 (11.2)をみた
すことがわかる．
(2) B = E(1, 3)A : Aの第 1行と第 3行を交換する：
|B| =
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a31 a32 a33
a21 a22 a23
a11 a12 a13
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −|A| = 0
よって B は条件 (11.2)の (2)をみたす．次に B の 2次小行列式からなる行列を考える．
D(B) =
0
@
|B(2, 3|2, 3)| |B(2, 3|1, 3)| |B(2, 3|1, 2)||B(1, 3|2, 3)| |B(1, 3|1, 3)| |B(1, 3|1, 2)||B(1, 2|2, 3)| |B(1, 2|1, 3)| |B(1, 2|1, 2)|
1
A
=
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
˛
˛
˛
˛
a22 a23
a12 a13
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a21 a23
a11 a13
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a21 a22
a11 a13
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a32 a33
a12 a13
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a31 a33
a11 a13
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a31 a32
a11 a12
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a32 a33
a22 a23
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a31 a33
a21 a23
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a31 a32
a21 a22
˛
˛
˛
˛
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
=
0
@
−|A(1, 2|2, 3)| −|A(1, 2|1, 3)| −|A(1, 2|1, 2)|−|A(1, 3|2, 3)| −|A(1, 3|1, 3)| −|A(1, 3|1, 2)|−|A(2, 3|2, 3)| −|A(2, 3|1, 3)| −|A(2, 3|1, 2)|
1
A
60
すなわち，D(B) = −E(1, 3)D(A). 右辺の中のある |A(i1, i2|j1, j2)| は 0でないので左辺の行列
の成分に 0以外の数がある．よって B は条件 (10,2)の (2)をみたす．
同様にして B = E(1, 2)A B = E(2, 3)A, B = AE(1, 2), B = AE(2, 3), B = AE(1, 3) のとき
も B は条件 (11.2)をみたすことがわかる．
(3) B = E(1, 2; 1)A : Aの第 1行に第 2行を加える：
|B| =
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 + a21 a12 + a22 a13 + a23
a21 a22 a23
a31 a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= |A| +
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a21 a22 a23
a21 a22 a23
a31 a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 0 + 0 = 0
よって B は条件 (11.2)の (2)をみたす．次に B の 2次小行列式からなる行列を考える．
D(B)
=
0
@
|B(2, 3|2, 3)| |B(2, 3|1, 3)| |B(2, 3|1, 2)||B(1, 3|2, 3)| |B(1, 3|1, 3)| |B(2, 3|1, 2)||B(1, 2|2, 3)| |B(1, 2|1, 3)| |B(1, 2|1, 2)|
1
A
=
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
˛
˛
˛
˛
a22 a23
a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a21 a23
a31 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a21 a22
a31 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a12 + a22 a13 + a23
a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 + a21 a13 + a23
a31 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 + a21 a12 + a22
a31 a32
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a12 + a22 a13 + a23
a22 a23
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 + a21 a13 + a23
a21 a23
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 + a21 a12 + a22
a21 a22
˛
˛
˛
˛
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
=
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
˛
˛
˛
˛
a22 a23
a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a21 a23
a31 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a21 a22
a31 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a12 a13
a32 a33
˛
˛
˛
˛
+
˛
˛
˛
˛
a22 a23
a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a13
a31 a33
˛
˛
˛
˛
+
˛
˛
˛
˛
a21 a23
a31 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a12
a31 a32
˛
˛
˛
˛
+
˛
˛
˛
˛
a21 a22
a31 a32
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a12 a13
a22 a23
˛
˛
˛
˛
+
˛
˛
˛
˛
a22 a23
a22 a23
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a13
a21 a23
˛
˛
˛
˛
+
˛
˛
˛
˛
a21 a23
a21 a23
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a12
a21 a22
˛
˛
˛
˛
+
˛
˛
˛
˛
a21 a22
a21 a22
˛
˛
˛
˛
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
=
0
@
|A(2, 3|2, 3)| |A(2, 3|1, 3)| |A(2, 3|1, 2)||A(1, 3|2, 3)| + |A(2, 3|2, 3)| |A(1, 3|1, 3)| + |A(2, 3|1, 3)| |A(1, 3|1, 2)| + |A(2, 3|1, 2)||A(1, 2|2, 3)| |A(1, 2|1, 3)| |A(1, 2|1, 2)|
1
A
= E(2, 1; 1)D(A)
すなわち D(B) は D(A) の第 2行に第 1行を加えたものである．したがって
D(A) = E(2, 1; 1)−1D(B) = E(2, 1;−1)D(B)
もし D(B) の成分が 0 ばかりからなるとすると上の式から D(A) のすべての成分も 0 ばかりか
らなる．これは仮定に矛盾する．したがって D(B) の成分に 0以外の数がある．よって B は条件
(11.2)の (2)をみたす．
61
同様にして B = E(i, j)A B = AE(i, j) ((i, j) = (1, 2), (1, 3), (2, 1), (2, 3), (3, 1), (3, 2)) のとき
も B は条件 (11.2)をみたすことがわかる．以上のことをまとめると
A を条件 (11.2)をみたす行列とすると,A から基本変形によって得られる行列 B も条件 (11.2)を
みたす.
いま A は条件 (11.2)をみたす行列とし，基本変形を繰り返して
A = A0 → A1 → · · · → An =
„
Ir Or 3−r
O3−r r O3−r 3−r
«
となれば An も条件 (11.2)をみたすから r = 2 である．すなわち
An =
0
@
1 0 00 1 00 0 0
1
A
よって A の階数は 2である．
一般の場合の証明について Aを (m, n)行列とする。s = 1, ..., min{m, n}に対して，集合
{(i1, ..., is|j1, ..., js) : 1 ≤ l1 < · · · < is ≤ s, 1 ≤ j1 < · · · < js ≤ s}
の要素に順序を与えておく。A の s 次小行列式 A(i1, ..., is|j1, ..., js) をこの順番に縦に並べた
(1, p)行列を D(A)とおく (p = mCs × nCs). （上で考察した例では，一列に並べるとページをは
みだすので (3, 3)行列を考えた。）Aにある基本行列を右または左からかけて得られる行列を B と
する。このとき，例えば，B = Em(i, c)A (c 6= 0)だと D(B)はD(A)のいくつかの成分を c倍し
たもの。B = Em(i, j)A だと D(B)は D(A)のいくつかの列を入れ替えて，さらにいくつかの成
分を −1倍したもの。B = Em(i, j; 1)A だと D(B)は D(A)のいくつかのある列に他の列を加え
たもの，となる。このように D(B) = PD(A)となる正則行列 P が存在するので
D(A)のすべての成分が 0 ⇔ D(B)のすべての成分が 0
が成り立つ。よって A に対して，r を (11.1) で定まる数とすれば，B について定まる数も r で
ある。
今，(m, n)行列 Aに対して，r を (11.1)で定まる数とする。Aに基本変形を繰り返して
A = A0 → A1 → · · · → An =
„
Is Os n−s
Om−s s Om−s n−s
«
となれば An は条件 (11.1)をみたすから s = r であることがわかる．
62
11.2 章末問題
1. (行列式と行列の階数) (1) 次の行列の行列式を求めよ。
A =
0
B
B
@
x −1 0 00 x −1 00 0 x −11 −1 1 −1
1
C
C
A
(2) A の階数が 4 より小さくなるような実数 x を求めよ。
(3) 上の (2) で求めた x の値を代入したときの A の階数を求めよ。
2. (行列式と行列の階数) 行列
A =
0
@
2 5 2 −13 6 4 −1
−1 −1 −2 0
1
A
について
(1) A の 3 次小行列をすべて求めよ。またそれらの行列式を求めよ。(ヒント：3 次小行列は 4 つ
ある）
(2) A の 2 次小行列で、その行列式が 0 でないものを一つを求めよ。
(3) A の階数は何か。（(2) から r(A) ≥ 2 なので (1) の結果次第で r(A) が 2 か 3 のどちらかに
なる。）
63
12 余因子と逆行列
12.1 余因子
10.3節の復習から始める。A = (aij) を m次正方行列とする．
∆ij = (−1)i+j × (A の第 i行と第 j 列を除いてできる (m − 1)次小行列の行列式)
を A の (i, j)余因子という．
例第 3列
第 2行A =
0
B
@
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
1
C
A
の (2, 3) 余因子は
∆23 = (−1)2+3
˛
˛
˛
˛
a11 a12
a31 a32
˛
˛
˛
˛
= −(a11a32 − a12a31)
det A を以下のように展開する：˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a12 a13
a21 + 0 + 0 0 + a22 + 0 0 + 0 + a23
a31 a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a12 a13
a21 0 0a31 a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
+
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a12 a13
0 a22 0a31 a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
+
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 a12 a13
0 0 a23
a31 a32 a33
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (−1)1+2a21
˛
˛
˛
˛
a12 a13
a32 a33
˛
˛
˛
˛
+ (−1)2+2a22
˛
˛
˛
˛
a11 a13
a31 a33
˛
˛
˛
˛
+ (−1)2+3a23
˛
˛
˛
˛
a11 a12
a31 a32
˛
˛
˛
˛
= a21∆21 + a22∆22 + a23∆23
このような展開は一般的に成立する．Aをm次正方行列とするとき次が成り立つ: i, j = 1, 2, ..., m
に対して
det A =
8
<
:
Pmk=1 aik∆ik (det A の i行展開)
Pmk=1 akj∆kj (det A の j 列展開)
(12.1)
A の第 i 行を第 j 行に置き換えた行列の行列式
64
< 第 i行0 =
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
. . . . . . . . .
aj1 aj2 · · · ajm
. . . . . . . . .
aj1 aj2 · · · ajm
. . . . . . . . .
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
を展開すると
0 =
8
<
:
Pmk=1 aik∆jk i 6= j のとき
Pmk=1 akj∆ki i 6= j のとき
(12.2)
したがって
adjA =
0
B
B
B
@
∆11 ∆21 · · · ∆m1
∆12 ∆22 · · · ∆m2
......
...∆1m ∆2m · · · ∆mm
1
C
C
C
A
(12.3)
とおくと (添字 (i, j) の配置に注意) (11.1),(11.2)より
A · adjA の (i, j) 成分 =
mX
k=1
aik∆jk =
det A (i = j)0 (i 6= j)
このことより
A · adjA =
0
B
B
B
@
|A| O|A|. . .O |A|
1
C
C
C
A
(= adjA · A にもなる．)
よって det A = |A| 6= 0 ならば両辺を |A| で割って
A ·„
1
|A|adjA
«
=
0
B
B
B
@
1 O1
. . .O 1
1
C
C
C
A
(=1
|A|adjA · A にもなる．)
65
すなわち det A 6= 0 ならば A は正則行列で
A−1 =1
|A|adjA =1
|A|
0
B
B
B
@
∆11 ∆21 · · · ∆m1
∆12 ∆22 · · · ∆m2
......
...∆1m ∆2m · · · ∆mm
1
C
C
C
A
(12.4)
したがって命題 11.1の十分条件が証明された。
例
A =
„
a bc d
«
が det A = ad − bc 6= 0 をみたせば，∆11 = d, ∆12 = −c, ∆21 = −b, ∆22 = a ゆえ
A−1 =1
ad − bc
„
d −b−c a
«
12.2 クラメル (Cramer)の公式
連立一次方程式a11x1 + · · · + a1nxn = b1
......
an1x1 + · · · + annxn = bn
⇐⇒ Ax = b
を考える．ただし，ここで
A = (aij), x =
0
B
@
x1
...xn
1
C
A
, b =
0
B
@
b1
...bn
1
C
A
もし det A 6= 0 ならば x = A−1b. すなわち
0
B
B
B
@
x1
x2
...xn
1
C
C
C
A
=1
|A|
0
B
B
B
@
∆11 ∆21 · · · ∆n1
∆12 ∆22 · · · ∆n2
......
...∆1n ∆2n · · · ∆nn
1
C
C
C
A
0
B
B
B
@
b1
b2
...bn
1
C
C
C
A
=1
|A|
0
B
B
B
@
Pnk=1 bk∆k1
Pnk=1 bk∆k2
...Pn
k=1 bk∆kn
1
C
C
C
A
66
したがって行列式の列展開を用いて
0
B
B
B
@
x1
x2
...xn
1
C
C
C
A
=1
|A|
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
b1 a12 · · · a1n
......
...bn an2 · · · ann
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 b1 · · · a1n
......
...an1 b2 · · · ann
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
...
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 · · · a1n−1 b1
......
...an1 · · · ann−1 bn
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
よって次のクラメルの公式*4を得る．
第 i列∨
xi =1
|A|
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a11 · · · b1 · · · a1n
......
...
an1 · · · bn · · · ann
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
(i = 1, 2, ..., n)
(A の第 i 列を bで置き換える．)
例題 12.1 次の連立一次方程式をクラメルの公式をつかって解くこと。8
<
:
5x1 − 2x2 − 6x3 = 1−8x1 + 4x2 + 9x3 = −2−x1 + x2 + x3 = 3
(解答)
A =
0
@
5 −2 −6−8 4 9−1 1 1
1
A
とおくと |A| = 1.˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 −2 −6−2 4 9
3 1 1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 21,
˛
˛
˛
˛
˛
˛
5 1 −6−8 −2 9−1 3 1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 10
˛
˛
˛
˛
˛
˛
5 −2 1−8 4 −2−1 1 3
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 14
*4 線形代数の教科書によって，「クラーメル」であったり，「クラメル」であったり，「クラメール」であったりする．著者自身は昔から「クラーメル」の読みに馴染んでいる．
67
したがって x1 = 21, x2 = 10, x3 = 14.
12.3 章末問題
1. (余因子と逆行列)
(1) 行列
A =
0
@
2 1 3−1 4 −5
3 −1 2
1
A
の行列式を求めよ。
(2) A の余因子 ∆11,∆12,∆13,∆21,∆22,∆23,∆31,∆32,∆33 をこの順に並べて書くこと。
(3) det A 6= 0 であれば A の逆行列を求めよ。
2. (余因子と逆行列) 次の行列に対して問題 1と同じ問題を考えよ。
A =
0
@
1 2 32 3 44 5 6
1
A
3. (逆行列) 次の行列の逆行列を (1) 余因子を計算する方法、(2) 掃き出し法（消去法）を使う方
法の 2通りで求めること。0
@
1 2 3−2 3 −1
3 −1 2
1
A
4. (クラメルの公式) 次の連立一次方程式
8
<
:
2x1 + x2 + 3x3 = 4−x1 + 4x2 − 5x3 = −63x1 − x2 + 2x3 = 5
を (1) クラメルの公式、(2) 行基本変形による法の両方を使って解くこと。どちらの方が計算が
楽か？
68
13 いろいろな行列 (その 2)
13.1 直交行列
成分がすべて実数である n 次正方行列
A =
0
B
B
B
@
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
......
. . ....
an1 an2 · · · ann
1
C
C
C
A
が直交行列であるとは，その列から作られる n 個のベクトル
a1 =
0
B
B
B
@
a11
a21
...an1
1
C
C
C
A
, a2 =
0
B
B
B
@
a12
a22
...an2
1
C
C
C
A
, · · · an =
0
B
B
B
@
a1n
a2n
...ann
1
C
C
C
A
が (Rn の通常のユークリッド内積に関して) 正規直交系をなすときにいう．すなわち A は次式を
みたすということである．
〈ai , aj 〉 = a1ia1j + a2ia2j + · · · + anianj =
1 (i = j のとき)0 (i 6= j のとき)
2.4節の例 2より，A が直交行列であることは次は成り立つことと同値である．
tAA = A tA = In (13.1)
言い換えると，A が直交行列であるとは「A の転置行列 = A の逆行列」が成り立つことである．
例題 13.1（2次直交行列）
A =
„
a bc d
«
を直交行列であるための必要十分条件は
a2 + c2 = 1, b2 + d2 = 1, ab + cd = 0
が成り立つことである．a = cos θ, c = sin θ をみたす実数 θ が存在する．上の条件より A は次の
いずれかの形になる．„
cos θ − sin θsin θ cos θ
« „
cos θ sin θsin θ − cos θ
«
69
13.2 ユニタリ行列
(成分がすべて複素数である) n 次正方行列
A =
0
B
B
B
@
a11 a12 · · · a1n
a21 a22 · · · a2n
......
. . ....
an1 an2 · · · ann
1
C
C
C
A
がユニタリ行列であるとは，その列から作られる n 個のベクトル
a1 =
0
B
B
B
@
a11
a21
...an1
1
C
C
C
A
, a2 =
0
B
B
B
@
a12
a22
...an2
1
C
C
C
A
, · · · an =
0
B
B
B
@
a1n
a2n
...ann
1
C
C
C
A
が (Cn の通常のエルミート内積に関して) 正規直交系をなすときにいう．すなわち A は次式をみ
たすということである．
〈ai , aj 〉 = a1ia1j + a2ia2j + · · · + anianj =
1 (i = j のとき)0 (i 6= j のとき)
2.4節の例 2より，A がユニタリ行列であることは次は成り立つことと同値である．
A∗A = AA∗ = In (13.2)
言い換えると，A がユニタリ行列であるとは「A の随伴行列 = A の逆行列」が成り立つことで
ある．
13.3 章末問題
1. m 次正方行列 A が上三角行列でかつ直交行列ならば A は0
B
B
B
@
ε1 Oε2. . .O εm
1
C
C
C
A
,
ただし εi (i = 1.2, ..., m) は 1 または −1, の形をしていることを証明せよ。
2. 次の行列は直交行列であることを確かめよ。
(1)
1/2 −√
3/2√3/2 1/2
!
(2)
0
B
B
B
@
1/√
2 1/√
6 1/√
12 −1/2
−1/√
2 1/√
6 1/√
12 −1/2
0 −2/√
6 1/√
12 −1/2
0 0 3/√
12 1/2
1
C
C
C
A
,
70
(3)
0
B
@
cos θ − sin θ cos ϕ sin θ sin ϕ
sin θ cos θ cos ϕ − cos θ sin ϕ
0 sin ϕ cos ϕ
1
C
A
, θ, ϕ は実数.
3. A, B を n 次の実行列とするとき、
A + iB : ユニタリ行列 ⇔„
A −BB A
«
: 直交行列
であることを証明せよ。
4. (行列のトレース) A を n 次対称行列、B を n 次交代行列とする。trAB = 0 をしめせ。
5. 複素 2次正方行列で行列式が 1 となるもの全体を SL(2, C) で表わす。すなわち
SL(2, C) =
„
a bc d
«
: a, b, c, d ∈ C, ad − bc = 1
ff
.
(1) A, B ∈ SL(2, C) であるとき、AB, A−1 ∈ SL(2, C) であることをしめせ。
(2) A ∈ SL(2, C) のとき、つぎの等式が成り立つことをしめせ。
A + A−1 = (trA)I2.
(3) A, B ∈ SL(2, C) のとき、つぎの等式が成り立つことをしめせ。
trAB + trAB−1 = (trA)(trB).
71
練習問題解答第 1章の問題
6.(1) −i (2) −2 + 2i (3) −40 + 5i (4) i (5) 1 − i
7.
(1) 2√
7“
cosπ
3+ i sin
π
3
”
(2) 2“
cosπ
2+ i sin
π
2
”
(3) 2√
2“
cos“
−π
6
”
+ i sin“
−π
6
””
8.
(1)√
6 +√
2i, −√
6 −√
2i,
(2)
q
2 +√
22 ± i
q
2 −√
22, −q
2 −√
22 ± i
q
2 +√
22
（注）(2)の解は cos
„
π
8+
kπ
2
«
+ i sin
„
π
8+
kπ
2
«
(k = 0, 1, 2, 3)である。半角の公式を用いて
cosπ
8=
q
2 +√
22, sinπ
8=
q
2 −√
22
がわかるので，上の解答のようになる。
第 2章の問題
1.
(1)
„
−7 8 −10 7 −1
«
(2)
„
9 + i0
«
(3)
„
11 109 14
«
(4)
„
9 2625 30
«
(5)
0
@
−13 + 6i 23 − 5i8 + 4i 26 − 8i11 − 2i 9 + 2i
1
A (6)
„
8 −5 16−3 0 −1
«
(7)
0
@
460
1
A (8)
„
1 + i 1 + i1 − i 1 − i
«
(9) 15
(10)
0
@
−8 − 3i3
−3 − 2i
1
A
2. (1) Ekl = (eij)とおく。ekl = 1,(i, j) 6= (k, l)のとき，eij = 0である。A = (aij)を n次正
方行列とすると
AElk の (i, j)成分 =
nX
q=1
aiqeqj =
0 (j 6= l)aik (j = l)
72
よって
AElk =
l∨
0
B
@
0 · · · 0 a1k 0 · · · 0...
......
......
0 · · · 0 ank 0 · · · 0
1
C
A
.
ElkAの (i, j)成分 =
nX
q=1
eiqaqj =
0 (i 6= k)alj (i = k)
よって
AElk = k >
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
0 0 · · · 0...
......
0 0 · · · 0al1 al2 · · · aln
0 0 · · · 0...
......
0 0 · · · 0
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
.
(2) n 次正方行列 A がすべての n 次正方行列 M と交換可能であるとき、とくに，任意の
k, l = 1, ..., nに対して AEkl = EklA. よって
aik = 0 (i 6= k), alj = (j 6= l), akk = all
が成り立つ。したがって α = a11 とおくと A = αI.
3.
AB =
0
@
ab 0 00 ab 00 0 ab
1
A , ABC =
0
@
0 0 abc0 abc 0
abc 0 0
1
A .
4. (1)
AB =
0
@
13 7 1419 9 1221 13 29
1
A , BA =
0
@
23 4 16−1 1 131 7 27
1
A .
(2)
(A + B)2 =
0
@
73 23 5848 14 29113 40 103
1
A , A2 + 2AB + B2 =
0
@
63 26 5668 22 40103 46 105
1
A .
5. (1)
(A + B)n =X
Ck∈{A,B}
C1C2 · · ·Cn.
73
C1,..., Cn の中に A が k 個含まれるとき，A と B は交換可能だから，C1C2 · · ·Cn = AkBn−1.
このような項は nCk 個ある。よって
(A + B) =nX
k=1
nCkAkBn−k.
(2)
An =
„
an 00 an
«
, Bn =
B (n = 1)O (n ≥ 2)
(3)
AB =
„
0 ab0 0
«
= BA
(4)„
a b0 a
«n
= (A + B)n = An + nAn−1B =
„
an nan−1b0 an
«
.
6.k∨
ek = ( 0 · · · 0 1 0 · · · 0 )
とおくと，1, 2, ..., nの順列 i1, i2, ..., in が存在して
A =
0
B
B
B
@
ei1
ei2
...ein
1
C
C
C
A
と書ける。
X = (xij) =
0
B
B
B
@
x1
x2
...xn
1
C
C
C
A
に対して AX =
0
B
B
B
@
xi11 · · · xi1n
xi21 · · · xi2n
......
xin1 · · · xinn
1
C
C
C
A
=
0
B
B
B
@
xi1
xi2
...xin
1
C
C
C
A
.
すなわち Aを X に左から乗じると X の列の置換を引き起こす。
今，写像 σ : {1, 2, ..., n} → {1, 2, ..., n}を σ(k) = ik (k = 1, 2, ..., n)で定める。さらに帰納的
に σm (m = 1, 2, ...)を σ1 = σ, σm(k) = σ(σm−1(k)) で定める。また σ0(k) = k とする。この
とき
• σm : {1, 2, ..., n} → {1, 2, ..., n}は 1対 1写像（全単射）
• σm1+m2(k) = σm1(σm2(k)) (k = 1, 2, ..., n)
74
• m = 0, 1, 2, ...に対して
AmX = Am
0
B
B
B
@
x1
x2
...xn
1
C
C
C
A
=
0
B
B
B
@
xσm(1)
xσm(2)
...xσm(n)
1
C
C
C
A
.
とくに
Am = AmI =
0
B
B
B
@
eσm(1)
eσm(2)
...eσm(n)
1
C
C
C
A
.
1, 2, ..., nの順列は n!通りしかないから，σ, σ2, ..., σm, ...の中に {1, 2, ..., n}上の写像として同じものが現れる。今，σm1 = σm2 (m1 < m2)とする。このとき，
σm1(σm2−m1(k)) = σm1+(m2−m1)(k) = σm2(k) = σm1(k) k ∈ {1, 2, ..., n}.
σm1 は単射ゆえ，m = m2 − m1 とおくと，σm(k) = k (k = 1, 2, ..., n). したがって Am = I.
今，σ(i1) = i2, σ(i2) = i3,..., σ(ip) = i1 かつ i2, ..., ip 6= i1 とする。すぐにわかるように i1,
i2,..., ip は互いに異なる。(i1, i2, ..., ip) を σ の一つのサイクル，p をこのサイクルの長さという。
ただし，(i1, i2, ..., ip), (ip, i1, ..., ip−1), (ip−1, ip, i1, ..., ip−2), ..., (i2, i3, ..., ip, i1)
は同じサイクルと見なす。{1, 2, ..., n} はサイクル (i11, ..., i1p1), (i21, ..., i2p2),...., (ih1, ..., ihph)
に分解できる：各 k ∈ {1, 2, ..., n}は必ずどれかのサイクルに含まれ，かつ 2つ以上のサイクルに
は含まれない。長さ pのサイクルに含まれる k について σm(k) = kとなるのはmが pの倍数にな
るときに限る。したがって，Am = I をみたす最小の mはサイクルの長さ p1, p2,..., ph の最小公
倍数で与えられる: m = LCM(p1, p2, ..., ph).
第 3章の問題
1.
AB =
mX
k=1
aik bkj
!
=
mX
k=1
aikbkj
!
= AB
が成り立つ。（ついでに tA = tAが成り立つことにも注意しておく。）したがって
(AB)∗ = t(AB) = t(AB) = tB tA = B∗A∗.
2.
(1)
0
@
1 + i 4 −i√2 − i 2 − i
√5 − 4i
3 −√
3i√
3 +√
2i 3 − 2i
1
A (2)
0
@
8 − 8i 1 − i3 + 2i 02 + i 7 − 5i
1
A .
75
3. Aをm次正方行列とするとき,
εA =
+1 (Aが対称行列のとき)−1 (Aが交代行列のとき)
とおく。Aが対称または交代行列ならば tA = εAAである。
(1) A, B はともに対称行列（あるいはともに交代行列）のとき，εA = εB . よって t(AB) = BA.
AB は対称行列⇐⇒ AB = BA.
(2) Aと B の一方は対称行列で他方は交代行列のとき，εA = −εB . よって t(AB) = −BA.
AB は交代行列⇐⇒ AB = BA.
4.
(1)
0
@
−2 −1/2 −1/2−1/2 1 1−1/2 1 −3
1
A+
0
@
0 7/2 1/2−7/2 0 1−1/2 −1 0
1
A
(2)
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
−2 3+√
22
72
5 +√
32
i
3+√
22
−11 9+i2
−1
72
9+i2
5 +√
3 72
5 +√
32
i −1 72
3
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
+
0
B
B
B
B
B
B
B
B
B
@
0 5+√
22
− 32
−2 −√
32
i
−5−√
22
0 −7−i2
8
32
7+i2
0 − 92
2 +√
32
i −8 92
0
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
A
5.0
B
B
B
B
@
−2 1+5i2
− 12
1−5i2
1 5+i2
− 12
5−i2
−3
1
C
C
C
C
A
+
0
B
B
B
B
@
i 1−3i2
12
−1−3i2
2i −1−3i2
− 12
1−3i2
0
1
C
C
C
C
A
6.A∗ = t(B + iC) = t(B − iC) = tB − i tC.
よって，Aがエルミート行列，すなわち A = A∗ であるための必要十分条件は B = tB, C = − tC,
すなわち，B は対称行列で C が交代行列であることである。
A が反エルミート行列，すなわち A = −A∗ であるための必要十分条件は B = − tB, C = tC,
すなわち，B は交代行列で C が対称行列であることである。
第 4章の問題 問題はなし。
76
第 5章の問題1. (1) 次のように基本変形を繰り返す．
⇒[(2) ← −4×(1)]
[(3) ←(1)][(4) ← −8×(1)]
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 3 0 6 30 3 −1 −1 40 9 7 3 1
1
C
C
A
⇒[(1/3)×(2)]
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 1 0 2 10 3 −1 −1 40 9 7 3 1
1
C
C
A
⇒[(3) ← −3×(2)][(4) ← −9×(2)]
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 1 0 2 10 0 1 −7 10 0 7 −15 −8
1
C
C
A
⇒[−1×(3)]
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 1 0 2 10 0 1 −7 −10 0 7 −15 −8
1
C
C
A
⇒[(4) ← −7×(3)]
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 1 0 2 10 0 1 −7 10 0 0 −64 −1
1
C
C
A
⇒[(−1/64)×(4)]
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 1 0 2 10 0 1 −7 10 0 0 1 1/64
1
C
C
A
⇒[(1) ←(4)]
[(2) ← −2×(4)][(3) ← −7×(4)]
0
B
B
@
1 0 0 0 1/640 1 0 0 3/320 0 1 0 −71/640 0 0 1 1/64
1
C
C
A
(2) 次のように基本変形を繰り返す．
⇒[(1) ← −2×(2)][(4) ← −3×(2)]
0
B
B
@
0 −4 −1 6 81 2 1 −1 00 −1 2 9 10 −3 −3 −3 7
1
C
C
A
⇒[(1)↔(2)]
0
B
B
@
1 2 1 −1 00 −4 −1 6 80 −1 2 9 10 −3 −3 −3 7
1
C
C
A
⇒[(1) ← 2×(3)]
[(2) ← −4×(3)][(4) ← −3×(3)]
0
B
B
@
1 0 5 17 20 0 −9 −30 40 −1 2 9 10 0 −9 −30 4
1
C
C
A
⇒[−1×(3)]
[(4) ← −1×(2)]
0
B
B
@
1 0 5 17 20 0 −9 −30 40 1 −2 −9 −10 0 0 0 0
1
C
C
A
⇒[(2) ↔(3)]
0
B
B
@
1 0 5 17 20 1 −2 −9 −10 0 −9 −30 40 0 0 0 0
1
C
C
A
⇒[(−1/9)×(3)]
0
B
B
@
1 0 5 17 20 1 −2 −9 −10 0 1 10/3 −4/90 0 0 0 0
1
C
C
A
⇒[(1) ← −5×(3)][(2) ← −2×(3)]
0
B
B
@
1 0 0 1/3 22/90 1 0 −7/3 −17/90 0 1 10/3 −4/90 0 0 0 0
1
C
C
A
2. (1) x1 = 1, x2 = −1, x3 = −1, (1) x1 = 5, x2 = −2, x3 = −2.
3. (1) a = 8, （解答例） x1 = x3 + 1, x2 = −3x3 + 1 (x3 は任意の値)
(2) a = 2, 解答例） x1 = 2x2 + 3x4 + 2, x3 = x4 − 2 (x4 は任意の値)
4.（解答例）
(1) x1 = 12x5 −15
8, x2 = −30x5 −
15
8, x3 = −1
8, x4 = 55x5 +
11
2, (x5 は任意の値.)
77
(2) x1 = −2x2 − 3x3 − x5 − x6 − x8 − 2, x4 = x5 − 3x6 − 4x8 + 1, x7 = 2x8 + 3,
(x2, x3, x5, x6, x8 は任意の値.)
5. (1) b = −33, (2) x2 = −6, (3) (解答例)
x1 = −2x3 + x5 − 5, x2 = −6, x4 = −2x5 − 1
第 6章の問題
1. (第 i 列と第 j 列の交換)
0
B
@
b11 · · · b1i · · · b1j · · · b1n
......
......
bl1 · · · bl1 · · · blj · · · bln
1
C
A
Em(i, j) =
0
B
@
b11 · · · b1j · · · b1i · · · b1n
......
......
bl1 · · · blj · · · bli · · · bln
1
C
A
2. (第 i 列を c 倍する)
0
B
@
b11 · · · b1i · · · b1n
......
...bl1 · · · bli · · · bln
1
C
A
Em(i; c) =
0
B
@
b11 · · · cb1i · · · b1n
......
...bl1 · · · cbli · · · bln
1
C
A
3. (第 j 列に第 i 列の c 倍が加わる)
0
B
@
b11 · · · b1i · · · b1j · · · b1n
......
......
bl1 · · · bl1 · · · blj · · · bln
1
C
A
Em(i, j; c)
=
0
B
@
b11 · · · b1i · · · cb1i + b1j · · · b1n
......
......
bl1 · · · bli · · · cbli + blj · · · bln
1
C
A
（注）E(i, j; c)を左から乗じると第 j 行に第 i行の c 倍が加わるのに対し，右から乗じると第 i列
に第 j 列の c倍が加わる。E(i, j; c)を乗じる行列として単位行列を考えると無論そうならないとい
けない。
第 7章の問題
78
1.0
B
B
@
1 0 0 −1 04 3 0 2 3
−1 3 −1 0 48 9 7 −5 1
1
C
C
A
−→
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 3 0 6 30 3 −1 −1 40 9 7 3 1
1
C
C
A
−→
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 1 0 2 10 3 −1 −1 40 9 7 3 1
1
C
C
A
−→
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 1 0 2 10 0 −1 −7 10 0 7 −15 −8
1
C
C
A
−→
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 1 0 2 10 0 1 7 −10 0 7 −15 −8
1
C
C
A
−→
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 1 0 2 10 0 1 7 −10 0 0 −64 −1
1
C
C
A
−→
0
B
B
@
1 0 0 −1 00 1 0 2 10 0 1 7 −10 0 0 1 1/64
1
C
C
A
−→
0
B
B
@
1 0 0 0 1/640 1 0 0 31/320 0 1 0 −71/640 0 0 1 1/64
1
C
C
A
2. (1) 3, (2) 2, (3) 3, (4) 2
3. (1) a 6= 0のとき，問題の行列を基本変形して次の形にできる。0
@
0 a b−a 0 c
0 0 0
1
A .
a 6= 0のとき 2, a = 0かつ bまたは cが 0でないとき 1, a = b = c = 0のとき 0.
(2) 2行，3行，4行を 1行に加えて0
B
B
@
a + 3 a + 3 a + 3 a + 31 a 1 11 1 a 11 1 1 a
1
C
C
A
.
a 6= −3のときは，基本変形を続けて0
B
B
@
1 1 1 11 a 1 11 1 a 11 1 1 a
1
C
C
A
−→
0
B
B
@
1 1 1 10 a − 1 0 00 0 a − 1 00 0 0 a − 1
1
C
C
A
.
a = −3のときは0
B
B
@
0 0 0 01 −3 1 11 1 −3 11 1 1 −3
1
C
C
A
基本変形−→
0
B
B
@
0 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1
1
C
C
A
.
a 6= 3かつ a 6= 1のとき 4, a = −3のとき 3, a = −1のとき 1.
79
第 8章の問題
1.0
B
B
B
B
@
1a11
− a12a11a22
a12a23−a13a22a11a22a33
0 1a22
− a23a22a33
0 0 1a33
1
C
C
C
C
A
2.
(1)
0
@
1 −a ac − b0 1 −c0 0 1
1
A , (2)
0
B
B
@
1 −a −b + ad −c + bg + af − adg0 1 −d −f + dg0 0 1 −g0 0 0 1
1
C
C
A
.
3.
(1)
0
@
4 −7 911 −18 20−8 13 −14
1
A (2)
0
B
B
@
1/4 1/4 0 −1/42/5 4/5 −3/5 03/20 −9/20 2/5 1/4−3/10 −1/10 1/5 1/2
1
C
C
A
(3)1
27
0
B
B
@
7 −1 −10 57 −1 7 −17
−7 1 10 22−8 5 19 31
1
C
C
A
(4)
0
B
B
@
1 −1 0 0−2 4 3 −6
3 −6 −5 100 0 2 −3
1
C
C
A
(5)
0
B
B
@
1/2 −1/2 0 00 1/2 −1/2 00 0 1/2 −1/2
1/2 0 0 1/2
1
C
C
A
(6)
0
@
−1 −1 −17/4 5/4 2
−1/2 −1/2 −1
1
A
(7)
0
B
B
@
3 −2 0 0−4 3 0 0
0 0 −5 40 0 4 −3
1
C
C
A
(8)
0
B
B
@
4 18 −16 −30 −1 1 11 3 −3 01 6 −5 −1
1
C
C
A
第 9章の問題
1. A = (aij)を上三角行列とする。このとき，i > j ならば aij = 0. σ = (i1, i2, ..., in) ∈ Sn と
する。もし n 個の不等式 i1 > 1, i2 > 2,..., in > n の少なくとも 1 つが成り立つとする。例えば
ik > k だとすると aikk = 0ゆえ，ai11ai22 · · · ainn = 0. 一方，すべての k = 1, 2, ..., nに対して
ik ≤ k ならば，i1 = 1,
よって i2 6= 1, i2 ≤ 2, したがって i2 = 2,よって i3 6= 1, 2, i3 ≤ 3, したがって i3 = 3,
これを続けて，i4 = 4,..., in = n. すなわち σ = (1, 2, ..., n). ゆえに
det A = sgn(1, 2, ..., n)a11a22 · · · ann = a11a22 · · · ann
80
2. A = (aij)はm次, B = (bij)は n次の正方行列とする。
T = (tij) =
„
A CO B
«
は次をみたす。
tij = aij (1 ≤ i, j ≤ m), tm+i m+j = bij (1 ≤ i, j ≤ n),tij = 0 (m + 1 ≤ i ≤ n + m, 1 ≤ j ≤ m).
.
よってdet T =
X
σ=(j1,...,jm+n)∈Sm+n
sgnσ · t1j1t2j2 · · · tm+njm+n
各置換 σ = (j1, j2, ..., jm+n) に対し，jm+1, jm+2, ..., jm+n の中に一つでも m 以下の数が
あれば，t1j1t2j2 · · · tm+njm+n = 0 であるから，σ1 = (j1, j2, ..., jm) は (1, 2, ..., m) の置
換，(jm+1, jm+2, ..., jm+n) は (m + 1, m + 2, ..., m + n) の置換であるとしてよい。このと
き，(jm+1, jm+2, ..., jm+n) = (m + k1, m + k2, ..., m + kn) とおくと σ2 = (k1, k2, ..., kn)
は (1, 2, ..., n) の置換であり，tm+1jm+1tm+2jm+2 · · · tm+njm+n = b1k1b2k2 · · · bnkn . また
sgn(σ) = sgn(σ1)sgn(σ2)である。σ1 と σ2 はそれぞれ Sm と Sn の任意の元を動くので
|T | =X
σ1∈Sm
X
σ2∈Sn
sgn(σ1)sgn(σ2)a1j1 · · · amjmb1k1 · · · bnkn = |A||B|.
第 10章の章末問題
1. (1)˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 2 30 7 04 5 6
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 7
˛
˛
˛
˛
1 34 6
˛
˛
˛
˛
= 14
˛
˛
˛
˛
1 32 3
˛
˛
˛
˛
= −42.
(2) 2列から 1列を引き，3列から 1列を引くと˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 2 3 48 7 6 59 10 11 1216 15 14 13
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 1 2 48 −1 −2 59 1 2 1216 −1 −2 13
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 1 1 48 −1 −1 59 1 1 1216 −1 −1 13
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 0
2. (1)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a b cb c ac a b
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a + b + c b + c + a c + a + bb c ac a b
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (a + b + c)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 1 1b c ac a b
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (a + b + c)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 0 0b c − b a − bc a − c b − c
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (a + b + c)
˛
˛
˛
˛
c − b a − ba − c b − c
˛
˛
˛
˛
= (a + b + c)(ab + bc + ca − a2 − b2 − c2)
81
これは 3abc − a3 − b3 − c3 に等しい。
(2)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 1 1 1a b c da2 b2 c2 d2
a3 b3 c3 d3
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 0 0 0a b − a c − a d − aa2 b2 − a2 c2 − a2 d2 − a2
a3 b3 − a3 c3 − a3 d3 − a3
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (b − a)(c − a)(d − a)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 1 1b + a c + a d + a
b2 + ab + a2 c2 + ac + a2 d2 + ad + a2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
(2)←−a×(1),(2)←−a2×(1)= (b − a)(c − a)(d − a)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 1 1b c d
b2 + ab c2 + ac d2 + ad
˛
˛
˛
˛
˛
˛
(3)←−a×(2)= (b − a)(c − a)(d − a)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 1 1b c db2 c2 d
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (a − b)(a − c)(a − d)(b − c)(b − d)(c − d) (∵ 例題 11.1)
(3)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a + b b cb b + c ca c c + a
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2a + b b + c 2a + cb b + c ca c c + a
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2a 0 2ab b + c ca c c + a
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2a 0 0b b + c c − ba c c
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 2a
˛
˛
˛
˛
b + c c − bc c
˛
˛
˛
˛
= 4abc
(4)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a b b ba b a ba a b bb b b a
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a b − a b − a b − aa b − a 0 b − aa 0 b − a b − ab 0 0 a − b
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (b − a)3
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a 1 1 1a 1 0 1a 0 1 1b 0 0 −1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (b − a)3
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
0 1 0 00 1 −1 0a 0 1 1b 0 0 −1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −(b − a)3
˛
˛
˛
˛
˛
˛
0 −1 0a 1 1b 0 −1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −(b − a)3˛
˛
˛
˛
a 1b −1
˛
˛
˛
˛
= (b − a)3(a + b)
82
3. 第 1行で展開すると行列式は次のようになる。˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 0 0 · · · 01 1 0 · · · 00 1 1 · · · 0...
......
. . ....
0 0 0 · · · 1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
+ (−1)n+1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 1 0 · · · 00 1 1 · · · 00 0 1 · · · 0...
......
. . ....
0 0 0 · · · 1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
第 9章の問題 1より，上三角行列,（転置行列を考えれば）下三角行列の行列式は対角成分の積であ
る。よって行列式は 1 + (−1)n+1.
4. (1) n = 1のとき˛
˛
˛
˛
x −1a1 a0
˛
˛
˛
˛
= a0x + a1.
一般の nについては第 n + 1列で展開すると
a0
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
x −1 0 · · · 0 00 x −1 · · · 0 0...
.... . .
......
......
.... . . −1 0
x −10 0 0 · · · 0 x
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
+
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
x −1 00 x −1
. . .
x −1an an−1 a2 a1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
第 1項の行列式は上三角行列の行列式で xn に等しい。帰納法を用いて求める行列式は次の多項式
となる，a0x
n + a1xn−1 + · · · + an−1x + an.
83
(2) 1行から 2行を引く，2行から 3行を引く，... の操作を順次行う。
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
x a1 a2 · · · an
a1 x a2 · · · an
a1 a2 x · · · an
......
.... . .
...a1 a2 a3 · · · x
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (x − a1)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 −1 0 · · · 0a1 x a2 · · · an
a1 a2 x · · · an
......
.... . .
...a1 a2 a3 · · · x
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (x − a1)(x − a2)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 −1 0 · · · 00 1 −1 · · · 0a1 a2 x · · · an
......
.... . .
...a1 a2 a3 · · · x
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (x − a1)(x − a2)(x − a3)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 −1 0 · · · 00 1 −1 · · · 00 0 1 · · · 0...
......
. . ....
a1 a2 a3 · · · x
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (x − a1) · · · (x − an)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 −1 0 · · · 0 00 1 −1 · · · 0 00 0 1 · · · 0 0...
......
. . ....
...0 0 0 · · · 1 −1a1 a2 a3 · · · an x
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2列から 1列を加え，3列から 2列を加え, ... の操作を順次行って次の行列式を得る。
(x − a1) · · · (x − an)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 0 0 · · · 0 00 1 0 · · · 0 00 0 1 · · · 0 0...
......
. . ....
...0 0 0 · · · 1 0a1 ∗ ∗ · · · ∗ x + a1 + a2 + · · · + an
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
これは (x − a1)(x − a2) · · · (x − an)(x + a1 + a2 + · · · + an)に等しい。
84
(3)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
0 a2 b2 1a2 0 c2 1b2 c2 0 11 1 1 0
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
0 a2 b2 1a2 −a2 c2 − b2 0b2 c2 − a2 −b2 01 1 1 0
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a2 −a2 c2 − b2
b2 c2 − a2 −b2
1 1 1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a2 −2a2 c2 − b2 − a2
b2 c2 − a2 − b2 −2b2
1 0 0
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −˛
˛
˛
˛
−2a2 c2 − b2 − a2
c2 − a2 − b2 −2b2
˛
˛
˛
˛
= (c2 − a2 − b2)2 − (2ab)2 = (a + b + c)(a − b + c)(a + b − c)(a − b − c)
(4) (cd− be + af)2. a = 0のときは第 9章の問題 2から直ちにしたがう。a 6= 0のとき，1行と 2
行を用いて (3, 1),(3, 2), (4, 1), (4, 2)成分を消すと˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
0 a b c−a 0 d e−b −d 0 f−c −e −f 0
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
0 a b c−a 0 d e0 0 0 −(be − cd)/a + f0 0 (be − cd)/a − f 0
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
0 a−a 0
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
0 −(be − cd)/a + f(be − cd)/a − f 0
˛
˛
˛
˛
= (cd − be + af)2.
(5) 2つの行の交換を 1 + 2 + · · · + (n − 1)回行うと対角行列になるから，
(−1)n(n−1)/2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
a1 0 0 · · · 0 00 a2 0 · · · 0 00 0 a3 · · · 0 0
. . . . . . . . . . . .0 0 0 · · · 0 an
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= (−1)n(n−1)/2a1a2 · · · an.
(6) (地道に計算して)
x1x2x3x4 − ab(x1x2 + x1x3 + x2x3 + x1x4 + x2x4 + x3x4)+ab(a + b)(x1 + x2 + x3 + x4) − ab(a2 + ab + b2)
5. ヴァンデルモンドの行列式から
A(i, j, k) = (x + uj)(x + uk)2(ui − uj)(uj − uk)(uk − ui).
J = (u1 − u2)(u2 − u3)(u3 − u1)とおく。
A(1, 2, 3) + A(1, 3, 2) + A(2, 1, 3) + A(2, 3, 1) + A(3, 1, 2) + A(3, 2, 1)
85
を J で割ると
(x + u2)(x + u3)2 − (x + u2)
2(x + u3)+(x + u3)(x + u1)
2 − (x + u3)2(x + u1)
+(x + u1)(x + u2)2 − (x + u1)
2(x + u2)= (x + u2)(x + u3)(u3 − u2) + (x + u1)(x + u3)(u1 − u3) + (x + u1)(x + u2)(u2 − u1)= u2u3(u3 − u2) + u1u3(u1 − u3) + u1u3(u2 − u1)= J.
よって A(1, 2, 3) + A(1, 3, 2) + A(2, 1, 3) + A(2, 3, 1) + A(3, 1, 2) + A(3, 2, 1) = J2.
6. Aを n次の交代行列で nは奇数とすると
|A| = | − tA| = (−1)n| tA| = −|A|.
よって |A| = 0.
7. (1) まず n + 1行, n + 2行,..., 2n行をそれぞれ 1行, 2行,..., n行に加え，その後 n + 1列,
n + 2列,..., 2n列から 1行, 2行,..., n行をそれぞれ引く。˛
˛
˛
˛
A BB A
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
A + B B + AB A
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
A + B OB A − B
˛
˛
˛
˛
= |A + B||A − B|.
(2) まず n + 1行, n + 2行,..., 2n行を i倍してそれぞれ 1行, 2行,..., n行に加え，その後 n + 1
列, n + 2列,..., 2n列から 1行, 2行,..., n行の i倍をそれぞれ引く。˛
˛
˛
˛
A −BB A
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
A + iB i(A + iB)B A
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
A + iB OB A − iB
˛
˛
˛
˛
= det(A + iB) det(A − iB) = |det(A + iB)|2.
8.˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2 −5 3 −1 −21 4 −7 2 3
−3 −2 5 6 −24 −1 −3 2 5
−2 −6 5 3 −1
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
0 −13 17 −5 −81 4 −7 2 30 10 −16 12 70 −17 25 −6 −70 2 −9 7 5
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 −46 44 270 29 −23 −181 −56 57 382 −9 7 5
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 −46 44 270 29 −23 −180 −10 13 110 83 −81 −49
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −
˛
˛
˛
˛
˛
˛
−1 16 15−10 13 11
3 23 39
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 −16 −150 −147 −1390 71 84
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= −2479.
86
9. (1) det A1 = 1, det A2 = −2, det An = 0(n ≥ 3). ≥ 3のとき，˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 2 · · · nn + 1 n + 2 · · · 2n2n + 1 2n + 2 · · · 3n
. . . . . . . . . . . .
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
=
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 2 · · · nn n · · · n2n 2n · · · 2n
. . . . . . . .
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 2n2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 2 · · · n1 1 · · · 11 1 · · · 1
. . . . . .
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 0
(2) det B1 = 1, det B2 = −20, det B3 = −216, det Bn = 0(n ≥ 4). n ≥ 4のとき，各行から 1
行を引いて˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 22 32 · · · n2
n2 + 2n n2 + 4n n2 + 6n · · · n2 + 2n2
4n2 + 4n 4n2 + 8n 4n2 + 12n · · · 4n2 + 4n2
9n2 + 6n 9n2 + 12n 9n2 + 18n · · · 9n2 + 6n2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
(4行から 2行と 3行の和を引く)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 22 32 · · · n2
n2 + 2n n2 + 4n n2 + 6n · · · n2 + 2n2
4n2 + 4n 4n2 + 8n 4n2 + 12n · · · 4n2 + 4n2
4n2 4n2 4n2 · · · 4n2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
(3行から 2行を引く)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1 22 32 · · · n2
n2 + 2n n2 + 4n n2 + 6n · · · n2 + 2n2
2n2 2n2 2n2 · · · 2n2
4n2 4n2 4n2 · · · 4n2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 0
第 11章の問題
1. (1) (x − 1)(x2 + 1).
(2) x = 1, i,−i.
(3)˛
˛
˛
˛
˛
˛
x −1 00 x −10 0 x
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= x3
に x = 1,±iを代入すると 0ではない。よって x = 1,±iに対して階数は 3.
2. (1)
˛
˛
˛
˛
˛
˛
5 2 −16 4 −1
−1 −2 0
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 0,
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2 2 −13 4 −1
−1 −2 0
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 0,
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2 5 −13 6 −1
−1 −1 0
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 0,
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2 5 23 6 4
−1 −1 −2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
= 0
(2) たとえば˛
˛
˛
˛
2 53 6
˛
˛
˛
˛
= −3
(3) r(A) = 2.
87
第 12章の問題
1.
(1) −40
(2)∆11 = 3, ∆12 = −13, ∆13 = −11,∆21 = −5, ∆22 = −5, ∆23 = 5,∆31 = −17, ∆32 = −7, ∆33 = 9
(3)
A−1 =1
40
0
@
−3 5 1713 5 −711 −5 −9
1
A
2.
(1) 0
(2)∆11 = −2, ∆12 = 4, ∆13 = −2,∆21 = 3, ∆22 = −6, ∆23 = 3,∆31 = −1, ∆32 = 2, ∆33 = −1
(3) |A| = 0より，逆行列は存在しない。
3. (1)
A =
0
@
1 2 3−2 3 −1
3 −1 2
1
A
とおくと |A| = −14.
∆11 = 5, ∆12 = 1, ∆13 = −7,∆21 = −7, ∆22 = −7, ∆23 = 7,∆31 = −11, ∆32 = −5, ∆33 = 7
より
A−1 = − 1
14
0
@
5 −7 −111 −7 −5
−7 7 7
1
A
88
(2)
0
@
1 2 3 1 0 0−2 3 −1 0 1 0
3 −1 2 0 0 1
1
A −→
0
@
1 2 3 1 0 00 7 5 2 1 00 −7 −7 −3 0 1
1
A
−→
0
@
7 14 21 7 0 00 7 5 2 1 00 0 −2 −1 1 1
1
A −→
0
@
7 0 11 3 −2 00 7 5 2 1 00 0 2 1 −1 −1
1
A
−→
0
@
14 0 22 6 −4 00 14 10 4 2 00 0 2 1 −1 −1
1
A −→
0
@
14 0 0 −5 7 110 14 0 −1 7 50 0 2 1 −1 −1
1
A
−→
0
@
1 0 0 −5/14 1/2 11/140 1 0 −1/14 1/2 5/140 0 1 1/2 −1/2 −1/2
1
A
4. (1)
(x1, x2, x3) =
0
B
B
B
B
B
B
@
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
4 1 3−6 4 −5
5 −1 2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2 1 3−1 4 −5
3 −1 2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
,
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2 4 3−1 −6 −5
3 5 2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2 1 3−1 4 −5
3 −1 2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
,
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2 1 4−1 4 −6
3 −1 5
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
2 1 3−1 4 −5
3 −1 2
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
˛
1
C
C
C
C
C
C
A
=
„
43
40,−13
40,29
40
«
.
(2) 次のように行についての基本変形を行う。
0
@
1 1/2 3/2 2−1 4 −5 −6
3 −1 2 5
1
A −→
0
@
1 1/2 3/2 20 9/2 −7/2 −40 −5/2 −5/2 −1
1
A
−→
0
@
1 1/2 3/2 20 1 −7/9 −8/90 1 1 2/5
1
A −→
0
@
1 0 17/9 22/90 1 −7/9 −8/90 0 16/9 58/45
1
A
−→
0
@
1 0 17/9 22/90 1 −7/9 −8/90 0 1 29/40
1
A −→
0
@
1 0 17/9 22/90 1 −7/9 −8/90 0 1 29/40
1
A
−→
0
@
1 0 0 43/400 1 0 −13/400 0 1 29/40
1
A .
第 13章の問題
1. mについての帰納法で証明する。m = 1のとき， tAA = (a211) = (1)だから，A = (1)また
は A = (−1).m = n − 1のときに主張が正しいとする。 n次正方行列 A = (aij) が上三角行列で
89
かつ直交行列であるとする。i > j のとき，aij = 0である。
tAAの (1, j)成分 =
nX
k=1
ak1akj = a11a1j =
1 (j = 1)0 (j > 1)
これから a211 = 1, a11 = ±1(= ε1 とおく), a12 = · · · = a1n = 0. よって
A =
0
B
B
B
@
ε1 0 · · · 0
0...0
B
1
C
C
C
A
.
ここで
tAA =
0
B
B
B
@
1 0 · · · 0
0...0
tBB
1
C
C
C
A
= I
だから，B は n − 1次の上三角行列かつ直交行列である。したがって，帰納法の仮定により
A =
0
B
B
B
@
ε1 Oε2. . .O εm
1
C
C
C
A
(εk = ±1)の形になる。
2. 省略（計算による。）
3. A + iB がユニタリ行列であるとは
(A + iB)∗(A + iB) = ( tA − i tB)(A + iB) = tAA + tBB + i( tAB − tBA)
より, tAA + tBB = I, tAB − tBA = O をみたすことである。一方，
A −B
B A
!
が直交行列
であるとは„
tA tB− tB tA
«„
A −BB A
«
=
„
tAA + tBB − tAB + tBAtAB − tBA tAA + tBB
«
=
„
I OO I
«
をみたすことだから
A + iB : ユニタリ行列 ⇔„
A −BB A
«
: 直交行列
である。
4. まず A = (aij), B = (bij), C を n次正方行列，αを複素数とするとき，次が成り立つことに
注意する。
90
• trAB =
nX
i=1
nX
j=1
aijbji = trBA
• tr tA = trA
• trA(B + C) = trAB + trAC
• tr(αA) = αtrA
A を対称行列、B を交代行列とすると
trAB = tr t(AB) = tr tB tA = −trBA = −trAB.
よって trAB = 0.
5.
A =
„
a bc d
«
, B =
„
p qr s
«
を SL(2, C)の行列とする。
(1)
AB =
„
ap + br aq + bscp + dr cq + ds
«
, A−1 =
„
d −b−c a
«
であり(ap + br)(cq + ds) − (aq + bs)(cp + dr) = (ad − bc)(ps − qr) = 1,
da − (−b)(−c) = 1
ゆえ，A, B ∈ SL(2, C).
(2)
A + A−1 =
„
a bc d
«
+
„
d −b−c a
«
=
„
a + d 00 a + d
«
.
(3)
trAB + trAB−1 = trA(B + B−1) = trA(trB · I) = (trA)(trB).
91