問題解答

第 1 章

演習問題1.2.1

1.

(a) 対応する成分どうしを加える:

${\bf A} + {\bf B} = (2,-1,3) + (-1,1,4) = (2-1,-1+1,3+4) = (1,0,7).$

(b) それぞれの成分のスカラー倍:

$3{\bf B} = 3(-1,1,4) = (-3,3,12).$

(c) $\Vert{\bf A}\Vert = \sqrt{a_{1}^2 + a_{2}^2 + a_{3}^2}$より

$\Vert{\bf A}\Vert = \Vert(2,-1,3)\Vert = \sqrt{2^2 + (-1)^2 + 3^2} = \sqrt{14}.$

(d) 最初にスカラー倍その後ベクトル和:

$3{\bf B} - 2{\bf A} = 3(-1,1,4) - 2(2,-1,3) = (-3,3,12) - (4,-2,6) = (-7,5,6).$

2.

(a) ${\bf B} - {\bf A} = (3,0,1) - (-2,-1,3) = (5,1,-2) = 5{\bf i} + {\bf j} - 2{\bf k}.$

(b) $3{\bf A} + {\bf B} = 3(-2,-1,3) + (3,0,1) = (-6,-3,9) + (3,0,1) = (-3,-3,10)\ = -3{\bf i} -3{\bf j} + 10{\bf k}.$

(c) $3{\bf B} - 2{\bf A} = 3(3,0,1) - 2(-2,-1,3) = (9,0,3) + (4,2,-6) = 13{\bf i} + 2{\bf j} -3{\bf k}.$

(d) $${\frac{{\bf A} + {\bf B}}{2} = \frac{(-2,-1,3) + (3,0,1)}{2} = \frac{(1,-1,4)}{2} = \frac{{\bf i}}{2} - \frac{{\bf j}}{2} + 2{\bf k}}.$$

3. 幾何ベクトルは空間のベクトルと同一視できるので演習問題 1-2-1.5 を参照．

4. 幾何ベクトルは空間のベクトルと同一視できるので演習問題 1-2-1.5 を参照．

5. ${\bf A} = (a_{1},a_{2},a_{3}), {\bf B} = (b_{1},b_{2},b_{3}), {\bf C} = (c_{1},c_{2},c_{3}) \in R^{3}$ とすると,

(1)

$${\bf A} + {\bf B} = (a_{1},a_{2},a_{3}) + (b_{1},b_{2},b_{3})$$

$$= (a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2},a_{3}+b_{3}) \in R^{3}.$$

(2)

$${\bf A} + {\bf B} = (a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2},a_{3}+b_{3})$$

$$= (b_{1}+a_{1},b_{2}+a_{2},b_{3}+a_{3})$$

$$= {\bf B} + {\bf A}.$$

(3)

$$({\bf A} + {\bf B}) + {\bf C} = (a_{1}+b_{1},a_{2}+b_{2},a_{3}+b_{3}) + (c_{1},c_{2},c_{3})$$

$$= ((a_{1}+b_{1})+c_{1},(a_{2}+b_{2})+c_{2},(a_{3}+b_{3})+c_{3})$$

$$= (a_{1}+(b_{1}+c_{1}),a_{2}+(b_{2}+c_{2}),a_{3}+(b_{3}+c_{3}))$$

$$= (a_{1},a_{2},a_{3})+(b_{1}+c_{1},b_{2}+c_{2},b_{3}+c_{3})$$

$$= {\bf A} + ({\bf B} + {\bf C}).$$

(4)

$${\bf0} = (0,0,0) \ {\bf A} + {\bf0} = {\bf A}.$$

(5)

$${\bf A^{*}} = (-a_{1},-a_{2},-a_{3})$$

$${\bf A} + {\bf A^{*}} = (a_{1}+(-a_{1}),a_{2}+(-a_{2}),a_{3}+(-a_{3}))$$

$$= (0,0,0) = {\bf0}.$$

(6)

$$\alpha {\bf A} = (\alpha a_{1},\alpha a_{2}, \alpha a_{3}) \in R^{3}.$$

(7)

$$\alpha (\beta {\bf A}) = \alpha(\beta a_{1},\beta a_{2},\beta a_{3})$$

$$= (\alpha\beta a_{1},\alpha \beta a_{2},\alpha \beta a_{3})$$

$$= \alpha \beta (a_{1},a_{2},a_{3})$$

$$= \alpha \beta ({\bf A}).$$

(8)

$$(\alpha + \beta){\bf A} = (\alpha + \beta)(a_{1},a_{2},a_{3})$$

$$= ((\alpha + \beta)a_{1},(\alpha + \beta)a_{2}, (\alpha + \beta)a_{3})$$

$$= (\alpha a_{1} + \beta a_{1},\alpha a_{2} + \beta a_{2},\alpha a_{3} + \beta a_{3})$$

$$= (\alpha a_{1},\alpha a_{2}, \alpha a_{3}) + (\beta a_{1},\beta a_{2}, \beta a_{3})$$

$$= \alpha {\bf A} + \beta {\bf B}.$$

(9)

$$1 {\bf A} = 1 (a_{1},a_{2},a_{3})$$

$$= (1 a_{1},1 a_{2},1 a_{3}) = (a_{1},a_{2},a_{3}) = {\bf A},$$

$$0 {\bf A} = 0 (a_{1},a_{2},a_{3})$$

$$= (0 a_{1},0 a_{2},0 a_{3}) = (0,0,0) = {\bf0},$$

$$\alpha {\bf0} = \alpha (0,0,0)$$

$$= (\alpha 0,\alpha 0,\alpha 0) = (0,0,0) = {\bf0}.$$

6. $\Vert{\bf A}\Vert = \Vert{\bf B}\Vert$ のとき ${\bf A} + {\bf B}$ は ${\bf A}$ と ${\bf B}$ を2辺とするひし形の対角線ベクトル．よって ${\bf A}$ と ${\bf B}$ の作る角を2等分するベクトル． $\Vert{\bf A}\Vert \neq \Vert{\bf B}\Vert$ のときは, ${\bf B}$ をスカラー倍して, $\Vert{\bf A}\Vert = \Vert\alpha {\bf B}\Vert$ とすると, ${\bf A} + \alpha {\bf B}$ は ${\bf A}$ と ${\bf B}$ の作る角を2等分するベクトルとなる． 7.

$$x(1,1,1) + y(1,1,0) + z(1,0,0) = (x,x,x) + (y,y,0) + (z,0,0)$$

$$= (x+y+z,x+y,x) = (2,-2,4)$$

より $x+y+z = 2, x+y = -2, x = 4$．この式を後ろから順に解くと $x = 4, y = -7, z = 5.$

演習問題1.4.1

1.

(a) $\Vert{\bf B}\Vert = ({\bf B} \cdot {\bf B})^{1/2} = (2^2 + 4^2 + (-3)^2)^{1/2} = \sqrt{29}.$

(b) ${\bf A} \cdot {\bf B} = (-1,3,1) \cdot (2,4,-3) = -2 + 12 -3 = 7.$

(c) ${\bf A} \cdot {\bf B} = \vert{\bf A}\vert\vert{\bf B}\vert\cos{\theta}$より

$$\cos{\theta} = \frac{{\bf A}\cdot{\bf B}}{\Vert{\bf A}\Vert \Vert... ...rt{(-1)^2 + 3^2 + 1}\sqrt{2^2 + 4^2 + (-3)^2}} = \frac{7}{\sqrt{11}\sqrt{29}}.$$

よって ${\theta} = \cos^{-1}{(\frac{7}{\sqrt{309}})}.$

(d) 単位ベクトルはそれ自身をその大きさで割ることで得られるから

$$\frac{{\bf A}}{\Vert{\bf A}\Vert} = \frac{(-1,3,1)}{\sqrt{11}} .$$

2. 直交系とは互いのベクトルが直交している集合．

正規直交系とはそれぞれが単位ベクトルで直交系をなしているもの．

(a) $(1,3) \cdot (6,-2) = 6 - 6 = 0$より $(1,3) \perp (6, -2)$．
また正規直交系に直すと $\{\frac{(1,3)}{\sqrt{10}}, \frac{(6,-2)}{2\sqrt{10}} \}.$

(b)

$$(1,2,2) \cdot (-2,2,-1) = -2 + 4 - 2 = 0,$$

$$(1,2,2) \cdot (2,1,-2) = 2 + 2 -4 = 0,$$

$$(-2,2,-1) \cdot (2,1,-2) = -4 + 2 + 2 = 0.$$

よって $(1,2,2) \perp (-2,2,-1), (1,2,2) \perp (2,1,-2), (-2,2-1) \perp (2,1,-2)$. また正規直交系に直すと $\{\frac{(1,2,2)}{3},\frac{(-2,2,-1)}{3},\frac{(2,1,-2)}{3} \}.$

(c) ${\bf i} - 2 {\bf j} + 3{\bf k} \cdot 2{\bf i} - \frac{1}{2}{\bf j} - \frac{1}{3}{\bf k} = 2 + 1 -1 \neq 0$より 直交系でない．

3.平面上に任意の点 $(x,y,z)$ をとり, 点 $(5,-1,3)$ を始点とし点 $(x,y,z)$ を終点とするベクトルを考える．このベクトル $(x-5,y+1,z-3)$ は求める平面上にあるので, 法ベクトル $(2,1,-1)$ と直交する．よってその内積は零である．これより

$$(x-5,y+1,z-3) \cdot (2,1,-1) = 2(x-5) + y+1 -(z-3)$$

$$= 2x + y -z -6 = 0.$$

4.すべての $\theta$ において, $\vert\cos{\theta}\vert \leq 1$より

$$\vert{\bf A}\cdot{\bf B}\vert = \Vert{\bf A}\Vert \Vert{\bf B}\Vert \vert\cos{\theta}\vert \leq \Vert{\bf A}\Vert \Vert{\bf B}\Vert.$$

5.

$$\Vert{\bf A} - {\bf B}\Vert^{2} = \Vert {\bf A} - {\bf C} + {\bf C} - {\bf B}\Vert^{2}$$

$$= ({\bf A} - {\bf C} + {\bf C} - {\bf B}) \cdot ({\bf A} - {\bf C} + {\bf C} - {\bf B})$$

$$= ({\bf A} - {\bf C}) \cdot ({\bf A} - {\bf C}) + 2({\bf A} - {\bf C}) \cdot ({\bf C} - {\bf B})$$

$$+ ({\bf C} - {\bf B}) \cdot ({\bf C} - {\bf B})$$

$$= \Vert{\bf A} - {\bf C}\Vert^{2} + 2\Vert{\bf A} - {\bf C}\Vert \Vert{\bf C} - {\bf B}\Vert\cos{\theta} + \Vert{\bf C} - {\bf B}\Vert^{2}$$

$$\underbrace{\leq}_{{\bf 4}\mbox{より}} \Vert{\bf A} - {\bf C}\Vert^{2} + 2\Vert{\bf A}-{\bf C}\Vert \Vert{\bf C} - {\bf B}\Vert + \Vert{\bf C} - {\bf B}\Vert^{2}$$

$$= (\Vert{\bf A} - {\bf C}\Vert + \Vert{\bf C} - {\bf B}\Vert)^{2}.$$

よって

$$\Vert{\bf A} - {\bf B}\Vert \leq \Vert{\bf A} - {\bf C}\Vert + \Vert{\bf C} - {\bf B}\Vert .$$

6.

$$0 \leq \Vert(f - \lambda g)\Vert^{2} = (f - \lambda g , f - \lambda g )$$

$$= \Vert f\Vert^{2} - 2\lambda (f,g) + \lambda^{2}\Vert g\Vert^{2}.$$

これは $\lambda$ についての2次式で0より大きいので, その判別式$\Delta$ は0以下になる．よって

$$\Delta = \vert(f,g)\vert^{2} - \Vert f\Vert^{2} \Vert g\Vert^{2} \leq 0.$$

これより

$$\vert(f,g)\vert \leq \Vert f\Vert \Vert g\Vert .$$

7. (a) $\Vert f\Vert = \{\int_{0}^{2}x^{2}dx\}^{1/2} = \{\frac{x^3}{3}\vert _{0}^{2}\}^{1/2} = \sqrt{\frac{8}{3}}.$

(b)

$$\Vert f\Vert = \{\int_{0}^{2}[\sin{\pi x}]^{2}dx\}^{1/2} = \{\int_{0}^{2}\frac{1 - \cos{2\pi x}}{2}dx \}^{1/2}$$

$$= \{\frac{x}{2} - \frac{\sin{2\pi x}}{4\pi} \vert _{0}^{2} \}^{1/2} = 1 .$$

(c)

$$\Vert f\Vert = \{\int_{0}^{2}[\cos{\pi x}]^{2}dx\}^{1/2} = \{\int_{0}^{2}\frac{1 + \cos{2\pi x}}{2}dx \}^{1/2}$$

$$= \{\frac{x}{2} + \frac{\sin{2\pi x}}{4\pi} \vert _{0}^{2} \}^{1/2} = 1 .$$

8.

$$(P_{0},P_{1}) = \int_{-1}^{1}xdx = \frac{x^2}{2}\mid_{-1}^{1} = 0.$$

$$(P_{0},P_{2}) = \int_{-1}^{1}\frac{3x^2 - 1}{2} dx = \frac{x^3 - x}{2}\mid_{-1}^{1} = 0.$$

$$(P_{1},P_{2}) = \int_{-1}^{1}x\frac{3x^2 - 1}{2} dx = \frac{3x^4}{8} - \frac{x^2}{4}\mid_{-1}^{1} = 0.$$

演習問題1.6.1

1.

(a)

$${\bf A} \times {\bf B} = (1,2,-3) \times (2,-1,1)$$

$$= \left\vert\begin{array}{rrr} {\bf i} & {\bf j} & {\bf k}\\ 1&2&-... ... \end{array}\right\vert = \begin{array}{rrrr} 2&-3&1&2\\ -1&1&2&-1 \end{array}$$

$$= (2-3,-6-1,-1-4) = (-1,-7,-5).$$

(b)

$${\bf C} \times ({\bf A} \times {\bf B}) = (4,2,2) \times (-1,-7,-5)$$

$$= \left\vert\begin{array}{rrr} {\bf i} & {\bf j} & {\bf k}\\ 4&2&2... ...\end{array}\right\vert = \begin{array}{rrrr} 2&2&4&2\\ -7&-5&-1&-7 \end{array}$$

$$= (-10+14,-2+20,-28+2) = (4,18,-26).$$

(c) ${\bf C} \cdot ({\bf A} \times {\bf B}) = (4,2,2) \cdot (-1,-7,-5) = -4 -14 -10 = -28.$
または

$${\bf C} \cdot ({\bf A} \times {\bf B}) = (4,2,2) \cdot ((1,2,-3) \times (2,-1,1))$$

$$= \left\vert\begin{array}{rrr} 4&2&2\\ 1&2&-3\\ 2&-1&1 \end{array}\right\vert = -28.$$

2. ${\bf i} + {\bf j} - {\bf k}$ と $2{\bf i} + 3{\bf j} + 2{\bf k}$ によって作られる平面を $\Gamma$ とすると, $\Gamma$ の法ベクトル ${\bf n}_{\Gamma}$ は ${\bf i} + {\bf j} - {\bf k}$ と $2{\bf i} + 3{\bf j} + 2{\bf k}$ に直交する．よって

$${\bf n}_{\Gamma} = (1,1,-1) \times (2,3,2) = \begin{array}{rrrr} 1&-1&1&1\\ 3&2&2&3 \end{array}= (5,-4,1).$$

次に, 求める平面は $\Gamma$ に平行なので ${\bf n}_{\Gamma}$ は求める平面に対しても法ベクトルとなる．そこで求める平面上に任意の点 $(x,y,z)$ をとると $(x-1,y,z-1)$ は ${\bf n}_{\Gamma}$ と直交する．よって求める平面の方程式は

$${\bf n}_{\Gamma} \cdot (x-1,y,z-1) = (5,-4,1) \cdot (x-1,y,z-1) = 5x - 4y + z - 6 = 0.$$

3.求める平面$\Gamma$ は平面 $x - 2y + 3z - 4 = 0$ に垂直であるから平面 $x - 2y + 3z - 4 = 0$ の法ベクトル ${\bf n} = (1,-2,3)$ は求める平面上にあると考えることができる．また求める平面は2点 $(2,0,-1), (3,2,1)$ を通るのでこの2点を結ぶベクトルを作ると $(3-2,2-0,1+1) = (1,2,2)$ となり, このベクトルも求める平面上にあることがかわる．そこでこのふたつのベクトルの外積をとると求める平面$\Gamma$ の法ベクトル

$${\bf n}_{\Gamma} = (1,-2,3) \times (1,2,2) = \left\vert\begin{array}{rrrr} -2&3&1&-2\\ 2&2&1&2 \end{array}\right \vert = (-10,1,4)$$

が得られる．ここで平面 $\Gamma$ 上に任意の点 $(x,y,z)$ をとり $(2,0,-1)$ と結ぶと $(x-2,y,z+1)$ は ${\bf n}_{\Gamma}$ と直交する．よって求める平面の方程式は

$${\bf n}_{\Gamma} \cdot (x-2,y,z+1) = (-10,1,4) \cdot (x-2,y,z+1)$$

$$= -10x + y + 4z + 24 = 0.$$

4.三角形の面積は A,Bを2辺とする平行四辺形の半分であるから,

$$\frac{1}{2}\Vert(1,3,-1) \times (2,1,1)\Vert = \frac{1}{2}\Vert(4,-3,-5)\Vert = \frac{1}{2}\sqrt{16 + 9 + 25} = \frac{5\sqrt{2}}{2}.$$

5. $m = {\bf r} \times {\bf F} = (-2,1,-1) \times (1,3,1) = (4,1,-7).$

6. ${\bf v} = (1,2,2) \times (1,-2,3) = (10,-1,-4).$

7.${\bf B}$ と ${\bf C}$ の作る面の面積は $\Vert{\bf B} \times {\bf C}\Vert$．また ${\bf B} \times {\bf C}$ とA の間の角を $\theta$ とすると, ${\bf A},{\bf B},{\bf C}$ の作る平行六面体の高さは $\Vert{\bf A}\Vert\cos{\theta}$．よって ${\bf A},{\bf B},{\bf C}$ の作る平行六面体の面積は

$$\Vert{\bf B} \times {\bf C}\Vert \Vert{\bf A}\Vert\cos{\theta} ... ...} \Vert{\bf B} \times {\bf C}\Vert = {\bf A} \cdot ({\bf B} \times {\bf C}).$$

8. それ自身の外積は0, かける順序を変えると符号が反対になることに注意．

$${\bf A} \times {\bf B} = (2{\bf e}_{1} + 5{\bf e}_{2} - {\bf e}_{3}) \times ({\bf e}_{1} - 2{\bf e}_{2} - 4{\bf e}_{3})$$

$$= (2{\bf e}_{1} + 5{\bf e}_{2} - {\bf e}_{3}) \times {\bf e}_{1} - (2{\bf e}_{1} + 5{\bf e}_{2} - {\bf e}_{3}) \times 2{\bf e}_{2}$$

$$- 4(2{\bf e}_{1} + 5{\bf e}_{2} - {\bf e}_{3}) \times {\bf e}_{3}$$

$$= 5({\bf e}_{2} \times {\bf e}_{1}) - ({\bf e}_{3} \times {\bf e}_{1}) - 4 ({\bf e}_{1} \times {\bf e}_{2}) + 2 ({\bf e}_{3} \times {\bf e}_{2})$$

$$- 8 ({\bf e}_{1} \times {\bf e}_{3}) -20 ({\bf e}_{2} \times {\bf e}_{3})$$

$$= 5( {\bf j} - {\bf i}) + {\bf j} + {\bf k} - ({\bf i} - {\bf j}) - 2({\bf i} + {\bf k}) - 8({\bf j} + {\bf k}) - 20({\bf i} + {\bf k})$$

$$= -36 {\bf i} - {\bf j} - 29{\bf k}.$$

9.スカラー3重積を用いて調べる．

$$(4,-3,1) \cdot ((10,-3,0) \times (2,-6,3)) = \left\vert\begin{array}{rrr} 4&-3&1\\ 10&-3&0\\ 2&-6&3 \end{array}\right\vert$$

$$= 4(-9) + 3(30) + (-54) = 0.$$

よって定理1.3より1次従属．

10. (a) $c_{1} + c_{2}x + c_{3}x^2 = 0$ とおき, $x$ について2回微分すると

$$c_{2} + 2c_{3}x = 0 , 2c_{3} = 0$$

となる．これより $c_{1} = c_{2} = c_{3} = 0$ を得るので $\{1, x, x^2\}$ は1次独立．

(b) $c_{1}\sin{x} + c_{2}\cos{x} = 0$ とおき, $x$ について1回微分すると

$$c_{1}\cos{x} - c_{2}\sin{x} = 0.$$

この連立方程式を解くと, $c_{1} = 0, c_{2} = 0$ となるので1次独立．

11. ${\bf A},{\bf B}$ が1次独立ならば, ${\bf A} \times {\bf B} \neq {\bf0}$ を示す．(対偶を用いて ${\bf A} \times {\bf B} = {\bf0}$ のとき ${\bf A},{\bf B}$ が1次従属であることを示す．)

${\bf A} \times {\bf B} = {\bf0}$ とするとA とB は平行．つまり ${\bf A} = \lambda {\bf B}$ となるある $\lambda \neq 0$ が存在．書き直すと

$${\bf A} - \lambda {\bf B} = 0$$

となり ${\bf A},{\bf B}$ は1次従属．

次に ${\bf A} \times {\bf B} \neq {\bf0}$ ならば, ${\bf A},{\bf B}$ が1次独立を示す．(対偶を用いて ${\bf A},{\bf B}$ が1次従属のとき, ${\bf A} \times {\bf B} = {\bf0}$ を示す．)

${\bf A},{\bf B}$ が1次従属ならば, 0でない$c_{1}$ または $c_{2}$ に対して,

$$c_{1}{\bf A} + c_{2}{\bf B} = {\bf0}$$

となり ${\bf A} = -\frac{c_{2}}{c_{1}}{\bf B}$．つまり ${\bf A}$ と ${\bf B}$ は平行．したがって, ${\bf A} \times {\bf B} = {\bf0}$．

演習問題1.8.1

1. $w_{1},w_{2}$ を $W$ の元とすると, $w_{1} = (x_{1},y_{1},1), w_{2} = (x_{2},y_{2},1)$ と表せる．部分空間になるためには和とスカラー倍が閉じていれば良いのでまず和を調べてみる． $w_{1} + w_{2} = (x_{1},y_{1},1) + (x_{2},y_{2},1) = (x_{1}+x_{2},y_{1}+y_{2},2)$ となり $z$成分が1でないので $w_{1} + w_{2}$ は $W$ の元でない．よって $R^{3}$ の部分空間でない

2. $w_{1},w_{2} \in W$ とすると,

$$w_{1} = (x_{1},y_{1},-3x_{1}+2y_{1}), w_{2} = (x_{2},y_{2},-3x_{2}+2y_{2})$$

とあらわせる．よって

$$w_{1}+w_{2} = (x_{1},y_{1},-3x_{1}+2y_{1}) + (x_{2},y_{2},-3x_{2}+2y_{2})$$

$$= (x_{1}+x_{2},y_{1}+y_{2},-3(x_{1}+x_{2})+2(y_{1}+y_{2})) \in W.$$

また

$$\alpha w_{1} = (\alpha x_{1},\alpha y_{1},-3\alpha x_{1}+2 \alpha y_{1}) \in W .$$

したがって, $W$ は $R^{3}$ の部分空間である．

3.$W$ の任意のベクトルを $w$ とすると, $w= (x,y,-3x+2y)$. $w$ を i, j, kを用いて表すと,

$$w = (x,y,-3x+2y) = x{\bf i} + y{\bf j} + (-3x+2y){\bf k}$$

$$= x{\bf i} - 3x{\bf k} + y{\bf j} + 2y{\bf k}$$

$$= x({\bf i} - 3{\bf k}) + y({\bf j} + 2{\bf k})$$

よって $W$ に含まれるすべてのベクトルは, i - 3k とj + 2k の1次結合．またi - 3k とj + 2k は互いに1次独立なので, i - 3k とj + 2k は $W$ の基底となる．よって $\dim W = 2$.

4. $c_{1}({\bf i}+{\bf j}) + c_{2}{\bf k} + c_{3}({\bf i}+{\bf k}) = {\bf0}$ とおくと,

$$(c_{1}+c_{3}){\bf i} + c_{1}{\bf j} + (c_{2}+c_{3}){\bf k} = {\bf0} .$$

よって $c_{1} = c_{2} = c_{3} = 0$．つまり1次独立．

次に $(a_{1},a_{2},a_{3}) \in R^{3}$ のとき

$$(a_{1},a_{2},a_{3}) = a_{2}({\bf i}+{\bf j}) + (a_{3}+a_{2}-a_{1}){\bf k} + (a_{1}-a_{2})({\bf i}+{\bf k})$$

より $\langle {\bf i}+{\bf j}, {\bf k}, {\bf i}+{\bf k} \rangle = R^{3}$.

5. $\{3,x-2,x+3,x^2+1\}$ で生成される部分空間を $V$ とすると

$$V = \langle3,x-2,x+3,x^2+1\rangle$$

$$= \{3c_{1}+c_{2}(x-2) + c_{3}(x+3) +c_{4}(x^2 + 1) : c_{i} \}$$

ここで $V$ の元を $v$ とすると

$$v = 3c_{1}+c_{2}(x-2) + c_{3}(x+3) +c_{4}(x^2 + 1)$$

$$= (3c_{1} - 2c_{2} + 3c_{3} + c_{4}) + (c_{2} + c_{3})x + c_{4}x^2.$$

演習問題1.3で $\{1, x, x^2\}$ は1次独立であることを示したので, $\{1, x, x^2\}$ は $V$ の基底となる．よって $\dim V = 3$.

6.

$${\bf v}_{1} = \frac{{\mathbf x}_{1}}{\Vert{\mathbf x}_{1}\Vert} = \frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}}.$$

次に

$${\mathbf x}_{2} - ({\mathbf x}_{2},{\bf v}_{1}){\bf v}_{1} = (0,1,1) - ((0,1,1) \cdot \frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}})\frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}}$$

$$= (0,1,1) - \frac{2}{\sqrt{3}}(\frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}})$$

$$= \frac{1}{3}(-2,1,1)$$

より

$${\bf v}_{2} = \frac{{\mathbf x}_{2} - ({\mathbf x}_{2},{\bf v}_{1}){\bf v}_{1}}{\Vert{\mathbf x}_{2} - ({\mathbf x}_{2},{\bf v}_{1}){\bf v}_{1}\Vert}$$

$$= \frac{\frac{1}{3}(-2,1,1)}{\Vert\frac{1}{3}(-2,1,1)\Vert}$$

$$= \frac{\frac{1}{3}(-2,1,1)}{\frac{\sqrt{6}}{3}} = \frac{1}{\sqrt{6}}(-2,1,1) .$$

最後に

$${\mathbf x}_{3} - ({\mathbf x}_{3},{\bf v}_{1}){\bf v}_{1} - ({\mathbf x}_{3},{\bf v}_{2}){\bf v}_{2} = (0,0,1) - ((0,0,1) \cdot \frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}})\frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}}$$

$$- ((0,0,1) \cdot \frac{(-2,1,1)}{\sqrt{6}})\frac{(-2,1,1)}{\sqrt{6}}$$

$$= (0,0,1) - \frac{(1,1,1)}{3} - \frac{(-2,1,1)}{6}$$

$$= (0,-\frac{1}{2},\frac{1}{2}) = \frac{1}{2}(0,-1,1)$$

より

$${\bf v}_{3} = \frac{{\mathbf x}_{3} - ({\mathbf x}_{3},{\bf v}_{1}){\bf v}_{1} ... ...x}_{3},{\bf v}_{1}){\bf v}_{1} - ({\mathbf x}_{3},{\bf v}_{2}){\bf v}_{2}\Vert}$$

$$= \frac{\frac{1}{2}(0,-1,1)}{\Vert\frac{1}{2}(0,-1,1)\Vert} = \frac{\frac{1}{2}(0,-1,1)}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$$

$$= \frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1) .$$

よって求める正規直交系は

$$\{{\bf v}_{1} = \frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}}, {\bf v}_{2} = \frac{(-2,1,1)}{\sqrt{6}}, {\bf v}_{3} = \frac{(0,-1,1)}{\sqrt{2}}\} .$$

7. $U + W, U \cap W$ は例題1.4より $V$ の部分空間である．そこで,

$$\dim U = n, \dim W = m, \dim (U \cap W) = r$$   とおき$$,$$

$\{v_{1},v_{2},\ldots,v_{r}\}$ を $U \cap W$ の基底,
$\{v_{1},v_{2},\ldots,v_{r},u_{1},\ldots,u_{n-r}\}$ を $U$ の基底,
$\{v_{1},v_{2},\ldots,v_{r},w_{1},\ldots,w_{m-r}\}$ を $W$ の基底とする．このとき,

$$\{v_{1},\ldots,v_{r},u_{1},\ldots,u_{n-r},w_{1},\ldots,w_{m-r}\}$$

が $U + W$ の基底をなすことを示せば

$$\dim(U+W) = r + n-r + m-r = n+m-r$$

となり,

$$\dim (U + W) = \dim U + \dim W - \dim(U \cap W)$$

となることがわかる．そこで

$c_{1}v_{1} + \cdots + c_{r}v_{r} + c_{1}^{*}u_{1} + \cdots + c_{n-r}^{*}u_{n-r} +c_{1}^{**}w_{1} + \cdots + c_{m-r}^{**}w_{m-r} = 0$ とおくと,

$$c_{1}v_{1} + \cdots + c_{r}v_{r} + c_{1}^{*}u_{1} + \cdots + c_{n-r}^{*}u_{n-r} = -(c_{1}^{**}w_{1} + \cdots + c_{m-r}^{**}w_{m-r}) .$$

ところが左辺は $U$ の元であり, 右辺は $W$ の元であることから共に $U \cap W$ に含まれる．よって $\{v_{1},v_{2},\ldots,v_{r}\}$ の1次結合で表される．つまり

$$c_{1}^{*}u_{1} + \cdots + c_{n-r}^{*}u_{n-r} = d_{1}v_{1} + \ldots + d_{r}v_{r}$$

$$c_{1}^{**}w_{1} + \cdots + c_{m-r}^{**}w_{m-r} = e_{1}v_{1} + \ldots + e_{r}v_{r}$$

これより $c_{1}^{*} = \cdots = c_{n-r}^{*} = 0, c_{1}^{**} = \cdots = c_{m-r}^{**} = 0$ となり, $c_{1} = \cdots = c_{r} = 0$ を得る．したがって,

$$\{v_{1},v_{2},\ldots,u_{1},\ldots,u_{n-r},w_{1},\ldots,w_{m-r}\}$$

は1次独立．なお $\{v_{1},v_{2},\ldots,v_{r},u_{1},\ldots,u_{n-r}\}$ は $U$ を張り,
$\{v_{1},v_{2},\ldots,v_{r},w_{1},\ldots,w_{m-r}\}$ が $W$ を張るので,

$$\{v_{1},\ldots,v_{r},u_{1},\ldots,u_{n-r},w_{1},\ldots,w_{m-r}\}$$

が $U + W$ を張るのは明らかである．

8. $(a_{11},a_{12},a_{13}),(a_{21},a_{22},a_{23}),(a_{31},a_{32},a_{33}),(a_{41},a_{42},a_{43})$ を4個の3次元空間のベクトルとする．線形結合をとり0 とおくと

$$c_{1}(a_{11},a_{12},a_{13}) + c_{2}(a_{21},a_{22},a_{23}) + c_{3}(a_{31},a_{32},a_{33}) + c_{4}(a_{41},a_{42},a_{43}) = {\bf0}$$

成分を用いて書き直すと

$$c_{1}a_{11} + c_{2}a_{21} + c_{3}a_{31} + c_{4}a_{41} =$$ 0

$$c_{1}a_{12} + c_{2}a_{22} + c_{3}a_{32} + c_{4}a_{42} =$$ 0

$$c_{1}a_{13} + c_{2}a_{23} + c_{3}a_{33} + c_{4}a_{43} =$$ 0

この方程式は3つの式に4つの未知数をもっているので, 解 $c_{1},c_{2},c_{3},c_{4}$ はすべて0の必要はない．つまり

$$\{(a_{11},a_{12},a_{13}),(a_{21},a_{22},a_{23}),(a_{31},a_{32},a_{33}),(a_{41},a_{42},a_{43})\}$$

は1次従属．

第 2 章

演習問題2.2.1

1.

(a) 行列の和は対応する成分の和:

$A + B = \left(\begin{array}{rr} 2&\!\!-3\\ 4&\!\!2 \end{array}\right) + \left(... ...ay}\right) = \left(\begin{array}{rr} 1&\!\!-1\\ 7&\!\!2 \end{array}\right ) .$

(b)スカラー倍はそれぞれの成分のスカラー倍:

$$2A - 3B = 2\left(\begin{array}{rr} 2&\!\!-3\\ 4&\!\!2 \end{array}\right) -... ...{array}\right) - \left(\begin{array}{rr} \!\!-3&6\\ \!\!9&0 \end{array}\right)$$

$$= \left(\begin{array}{rr} 4+3&-6-6\\ 8-9&4-0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{rr} 7&-12\\ -1&4 \end{array}\right) .$$

(c) 行列の積は対応する行と列の内積:

$AB = \left(\begin{array}{rr} 2&-3\\ 4&2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{... ...end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} -11&4\\ 2&8 \end{array}\right ) .$

$BA = \left(\begin{array}{rr} -1&2\\ 3&0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{... ...\end{array}\right) = \left(\begin{array}{rr} 6&7\\ 6&-9 \end{array}\right ) .$

2.

$$AB = \left(\begin{array}{rrr} 3&1&7\\ 5&2&-4 \end{array}\right )\left(\begin{array}{rr} 2&-3\\ 3&6\\ 4&1 \end{array}\right )$$

$$= \left(\begin{array}{rr} 3(2) + 1(3) + 7(4) & 3(-3) + 1(6) + 7(1)\... ...\end{array}\right ) = \left(\begin{array}{rr} 37&4\\ 0&-7 \end{array}\right ).$$

$$BA = \left(\begin{array}{rr} 2&-3\\ 3&6\\ 4&1 \end{array}\right )\left(\begin{array}{rrr} 3&1&7\\ 5&2&-4 \end{array}\right )$$

$$= \left(\begin{array}{rrr} 2(3) - 3(5) & 2(1) -3(2) & 2(7) -3(-4)\\... ...) & 3(7) + 6(-4) \\ 4(3) + 1(5) & 4(1) +1(2) & 4(7) +1(-4) \end{array}\right )$$

$$= \left(\begin{array}{ccc} -9&-4&26\\ 39&15&-3\\ 17&6&24 \end{array}\right ) .$$

3.

$${} A^2 - 5A + 6I = (A - 2I)(A - 3I)$$

$$= (\left(\begin{array}{rrr} 2&3&0\\ 1&4&1\\ 2&0&1 \end{array}\rig... ...\right )- \left(\begin{array}{rrr} 3&0&0\\ 0&3&0\\ 0&0&3 \end{array}\right ))$$

$$= \left(\begin{array}{rrr} 0&3&0\\ 1&2&1\\ 2&0&-1 \end{array}\rig... ...ight ) = \left(\begin{array}{rrr} 3&3&3\\ 3&5&0\\ 4&6&2 \end{array}\right ) .$$

4.$A$ と $B$ が対称行列ということは, $A^{t} = A, B^{t} = B$ が成り立つということである．また, $A +B$ が対称行列であることを示すには $(A + B)^{t} = A + B$ が成り立つことを示せばよい．

$$(A + B)^{t} = A^{t} +B^{t} = A + B .$$

5.$n$ 次の対称行列 $A,B$ において $(AB)^{t} = B^{t}A^{t} = BA$ はいつも成り立つ．そこで $AB$ が対称行列になるためには $AB = BA$ でなければならないことがかわる．また, 一般に行列の積には交換法則が成り立たないので $AB$ は必ずしも$BA$ と等しくない．そこで $AB$ はいつも対称行列かという質問に対する答はたぶんNoであろう．実際, $A = \left(\begin{array}{rr} 1&0\\ 0&-1 \end{array}\right ), B = \left(\begin{array}{rr} 0&1\\ 1&-1 \end{array}\right )$ とおくと $A,B$ ともに対称行列であるが,

$$AB = \left(\begin{array}{rr} 1&0\\ 0&-1 \end{array}\right )\left... ...d{array}\right ) = \left(\begin{array}{rr} 0 & 1\\ -1 & 1 \end{array}\right )$$

より, $(AB)^{t} \neq AB$. つまり $AB$ は対称行列でない．

次に $AB$ がいつも対称行列になるための必要十分条件を求める．

$n$ 次の対称行列 $A,B$ において $(AB)^{t} = B^{t}A^{t} = BA$ がいつも成り立つので, $AB$ が対称行列になるための必要十分条件は $AB = BA$ であることを示す． まず$AB$ を対称行列とすると $(AB)^{t} = AB$より $AB = BA$ が成り立つ．

次に $AB = BA$ とすると, $(AB)^{t} = B^{t}A^{t} = BA$より $(AB)^{t} = AB$．よって $AB$ は対称行列．

6. $(A^{2})^{t} = (A A)^{t} = A^{t} A^{t} = (-A)(-A) = A^{2} .$

7.行列 $\left(\begin{array}{rrr} a_{1}&0&0\\ 0&a_{2}&0\\ 0&0&a_{3} \end{array}\right )との積が交換可能な行列を$B = $\left(\begin{array}{rrr} b_{11}&b_{12}&b_{13}\\ b_{21}&b_{22}&b_{23}\\ b_{31}&b_{32}&b_{33} \end{array}\right )$ とおくと, $AB = BA$より

$$\left(\begin{array}{rrr} a_{1}&0&0\\ 0&a_{2}&0\\ 0&0&a_{3} \end... ...eft(\begin{array}{rrr} a_{1}&0&0\\ 0&a_{2}&0\\ 0&0&a_{3} \end{array}\right )$$

$$\left(\begin{array}{rrr} a_{1}b_{11}&a_{1}b_{12}&a_{1}b_{13}\\ a... ..._{22}&a_{3}b_{23}\\ a_{1}b_{31}&a_{2}b_{32}&a_{3}b_{33} \end{array}\right ) .$$

これより対応する成分は等しいので

$$a_{1}b_{12} = a_{2}b_{12}, a_{1}b_{13} = a_{3}b_{13},$$

$$a_{2}b_{21} = a_{1}b_{21}, a_{2}b_{23} = a_{3}b_{23},$$

$$a_{3}b_{31} = a_{1}b_{31}, a_{3}b_{32} = a_{2}b_{32}$$

となる．ここで $a_{1},a_{2}.a_{3}$ は異なる実数であることに注意すると

$$b_{12} = b_{13} = b_{21} = b_{23} = b_{31} = b_{32} = 0$$

を得る．よって求める行列 $B$ は

$$\left(\begin{array}{rrr} b_{11}&0&0\\ 0&b_{22}&0\\ 0&0&b_{33} \end{array}\right )$$

となり対角行列である．

8. $(A - A^{t})^{t} = A^{t} - (A^{t})^{t} = A^{t} - A = - (A - A^{t})$. よって $A - A^{t}$ は交代行列である．また $(A + A^{t})^{t} = A^{t} + (A^{t})^{t} = A^{t} + A = A + A^{t}$．よって $A + A^{t}$ は対称行列である．ここで

$$A = \frac{A + A^{t}}{2} + \frac{A - A^{t}}{2}$$

とおくと $A$ は対称行列と交代行列の和であることがかわる．つぎに $B$ が対称行列, $C$ が交代行列で $A = B + C$ が成り立つとすると

$$A^{t} = B^{t} + C^{t} = B - C.$$

よって $A + A^{t} = 2B, A - A^{t} = 2C$ となり

$$B = \frac{A + A^{t}}{2}, C = \frac{A - A^{t}}{2}.$$

9.

$$A = \left(\begin{array}{cc\vert c} 1 & 1 & 1\\ 2 & -1 & 0\ \h... ...left(\begin{array}{cc} A_{11} & A_{12}\\ A_{21} & A_{22} \end{array}\right)$$

$$B = \left(\begin{array}{cccc} 1 & 2 & 3 & -1\\ 3 & -1 & 1 & 0\... ...eft(\begin{array}{cc} B_{11} & B_{12}\\ B_{21} & B_{22} \end{array}\right)$$

より

$$AB = \left(\begin{array}{c} \left(\begin{array}{cccc} 4&1&4&-1\ ... ...t(\begin{array}{cccc} 4&1&2&0\\ -1&5&5&-2\\ -1&-2&-7&3 \end{array}\right)$$

演習問題2.4.1

1.

$${} \left(\begin{array}{rrrr} 1&-2&3&-1\\ 2&-1&2&2\\ 3&0&2&3 \end{a... ...} \left(\begin{array}{rrrr} 1&-2&3&-1\\ 0&3&-4&4\\ 3&0&2&3 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{-3 R_{1} + R_{3}}{\rightarrow } \left(\begin{array}{rrrr} 1&-2&3&-1\\ 0&3&-4&4\\ 0&6&-7&6 \end{... ...{rrrr} 1&-2&3&-1\\ 0&1&-\frac{4}{3}&\frac{4}{3}\\ 0&6&-7&6 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{-6 R_{2} + R_{3}}{\rightarrow } \left(\begin{array}{rrrr} 1&-2&3&-1\\ 0&1&-\frac{4}{3}&\frac{4}{... ...gin{array}{rrrr} 1&-2&3&-1\\ 0&1&0&-\frac{4}{3}\\ 0&0&1&-2 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{2 R_{2} + R_{1}}{\rightarrow } \left(\begin{array}{rrrr} 1&0&0&\frac{7}{3}\\ 0&1&0&-\frac{4}{3}\\ 0&0&1&-2 \end{array}\right) .$$

2.

(a)

$$\left(\begin{array}{rrrr} 2&4&1&-2\\ -3&-6&2&-4 \end{array}\right) \stackrel{ \frac{1}{2} \times R_{1}}{\longrightarrow } \left(\begin{array}{rrrr} 1&2&\frac{1}{2}&-1\\ -3&-6&2&-4 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{ 3R_{1} + R_{2}}{\longrightarrow } \left(\begin{array}{rrrr} 1&2&\frac{1}{2}&-1\\ 0&0&\frac{7}{2}&-7 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{ \frac{2}{7} \times R_{3}}{\longrightarrow } \left(\begin{array}{rrrr} 1&2&\frac{1}{2}&-1\\ 0&0&1&-2 \end{array}\right).$$

よって ${\rm rank} = 2.$

(b)

$$A = \left(\begin{array}{rrr} 2&-1&3\\ 1&2&-3\\ 3&-4&9 \end{array}\r... ...tarrow } \left(\begin{array}{rrr} 1&2&-3\\ 2&-1&3\\ 3&-4&9 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{ -2 \times R_{1} + R_{2}}{\longrightarrow } \left(\begin{array}{rrr} 1&2&-3\\ 0&-5&9\\ 3&-4&9 \end{array}\r... ...rrow } \left(\begin{array}{rrr} 1&2&-3\\ 0&-5&9\\ 0&-10&18 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{ -\frac{1}{5} \times R_{2} + R_{3}}{\rightarrow } \left(\begin{array}{rrr} 1&2&-3\\ 0&1&-\frac{9}{5}\\ 0&-10&18 \... ...eft(\begin{array}{rrr} 1&2&-3\\ 0&1&-\frac{9}{5}\\ 0&0&0 \end{array}\right) .$$

よって ${\rm rank} = 2.$

(c) 演習問題2-4-1.1 より ${\rm rank} = 3.$

3.基本行列は基本変形を単位行列に施すことにより求まる．

$$\left(\begin{array}{rr} 1&0\\ 0&1 \end{array}\right ) \stackrel{-R_{2} + R_{1}}{\rightarrow} \left(\begin{array}{rr} 1&-1\\ 0&1 \end{array}\right ) = I,$$

$$\left(\begin{array}{rr} 1&0\\ 0&1 \end{array}\right ) \stackrel{- 1 \times R_{1}}{\rightarrow} \left(\begin{array}{rr} -1&0\\ 0&1 \end{array}\right ) = II,$$

$$\left(\begin{array}{rr} 1&0\\ 0&1 \end{array}\right ) \stackrel{-3 \times R_{1} + R_{2}}{\rightarrow} \left(\begin{array}{rr} 1&0\\ -3&1 \end{array}\right ) = III,$$

$$\left(\begin{array}{rr} 1&0\\ 0&1 \end{array}\right ) \stackrel{-R_{2} + R_{1}}{\rightarrow} \left(\begin{array}{rr} 1&-1\\ 0&1 \end{array}\right ) = IV.$$

次に, 単位行列を行列$A$と基本行列の積で表すには, 行列 $A$ に基本行列 $I$, $II$, $III$, $IV$ を左から順にかければよい．よって,

$$I_{2} = \left(\begin{array}{rr} 1&0\\ 0&1 \end{array}\right )$$

$$= \left(\begin{array}{rr} 1&-1\\ 0&1 \end{array}\right )\left(\beg... ...0&1 \end{array}\right )\left(\begin{array}{rr} 2&3\\ 3&4 \end{array}\right ) .$$

4.$PA = I$ を満たす行列の積 $P$ は次のようにして求めることができる．

$$\left(\begin{array}{rrrrrr} 2&-3&1&1&0&0\\ 1&2&-3&0&1&0\\ 3&2&-... ...!\!-3&0&1&0\\ 2&\!\!-3&\!\!1&1&0&0\\ 3&\!\!2&\!\!-1&0&0&1 \end{array}\right )$$

$${\stackrel{-2 R_{1} + R_{2}}{\rightarrow}} \left(\begin{array}{rrrrrr} 1&\!\!2&\!\!-3&0&\!\!1&0\\ 0&\!\!-7&... ...0\\ 0&\!\!-7&\!\!7&1&\!\!-2&0\\ 0&\!\!-4&\!\!8&0&\!\!-3&1 \end{array}\right )$$

$${\stackrel{\frac{-1}{7} \times R_{2}}{\rightarrow}} \left(\begin{array}{rrrrrr} 1&\!\!2&\!\!-3&0&\!\!1&0\\ 0&\!\!1&\... ...\!\!0\\ 0&0&\!\!4&\!\!\frac{-4}{7}&\!\!\frac{-13}{7}&\!\!1 \end{array}\right )$$

$${\stackrel{\frac{1}{4} \times R_{2}}{\rightarrow}} \left(\begin{array}{rrrrrr} 1&2&\!\!-3&\!\!0&\!\!1&\!\!0\\ 0&1&\... ...0&\!\!1&\!\!\frac{-1}{7}&\!\!\frac{-13}{28}&\!\!\frac{1}{4} \end{array}\right )$$

$${\stackrel{3 R_{3} + R_{1}}{\rightarrow}} \left(\begin{array}{rrrrrr} 1&\!\!2&\!\!0&\!\!\frac{-3}{7}&\!\!\f... ...\!\!1&\!\!\frac{-1}{7}&\!\!\frac{-13}{28}&\!\!\frac{1}{4} \end{array}\right ) .$$

これより

$$P = \left(\begin{array}{rrr} \frac{1}{7}&-\frac{1}{28}&\frac{1}{4... ...8}\left(\begin{array}{rrr} 4&-1&7\\ -8&-5&7\\ -4&-13&7 \end{array}\right ) .$$

5.定理2.2より行空間の次元はその行列の階数と等しいので, ${\bf v}_{1}, {\bf v}_{2},{\bf v}_{3},{\bf v}_{4}$ を行ベクトルとする行列の階数を求めればよい．

$$\left(\begin{array}{r} {\bf v}_{1}\\ {\bf v}_{2}\\ {\bf v}_{3}\\ {\bf v}_{4} \end{array}\right) = \left(\begin{array}{rrrr} 2&-1&1&3\\ -1&1&0&1\\ 4&-1&3&11\\ -2... ...\ \!\!2&\!\!-1&1&3\\ \!\!4&\!\!-1&3&11\\ \!\!-2&\!\!3&1&1 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{-1 \times R_{1} }{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrrr} \!\!1&\!\!-1&0&\!\!-1\\ \!\!2&\!\!-1&1... ...-1\\ 0&\!\!1&1&\!\!5\\ 0&\!\!3&3&\!\!15\\ 0&\!\!2&2&\!\!4 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{\begin{array}{cc} {}^{-3R_{2}+R_{3}}\\ {}^{-2R_{2}+R_{4}} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrrr} 1&-1&0&-1\\ 0&1&1&5\\ 0&0&0&0\\ 0&0&0&1 \end{array}\right) .$$

よって $\dim = 3.$

演習問題2.6.1

1.

(a)

$$[A: {\bf b}] = \left(\begin{array}{rrr} 1&-3&5\\ 3&-5&7 \end{array}\right ) \st... ...{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrr} 1&-3&5\\ 0&4&-8 \end{array}\right )$$

$$\stackrel{\frac{1}{4} \times R_{2}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrr} 1&-3&5\\ 0&1&-2 \end{array}\right ) \st... ...longrightarrow} \left(\begin{array}{rrr} 1&0&-1\\ 0&1&-2 \end{array}\right ) .$$

よって

$$\left(\begin{array}{c} x\\ y \end{array}\right ) = \left(\begin{array}{c} -1\\ -2 \end{array}\right ).$$

(b)

$$[A: {\bf b}] = \left(\begin{array}{rrrr} 1&1&1&3\\ 1&2&2&5\\ 1&2&3&6 \end{arra... ...ow} \left(\begin{array}{rrrr} 1&1&1&3\\ 0&1&1&2\\ 0&1&2&3 \end{array}\right )$$

$$\stackrel{- R_{2} + R_{3}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrrr} 1&1&1&3\\ 0&1&1&2\\ 0&0&1&1 \end{arra... ...ow} \left(\begin{array}{rrrr} 1&1&0&2\\ 0&1&0&1\\ 0&0&1&1 \end{array}\right )$$

$$\stackrel{-R_{2} + R_{1}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrrr} 1&0&0&1\\ 0&1&0&1\\ 0&0&1&1 \end{array}\right ) .$$

よって

$$\left(\begin{array}{c} x\\ y\\ z \end{array}\right ) = \left(\begin{array}{c} 1\\ 1\\ 1 \end{array}\right ) .$$

(c)

$$[A: {\bf b}] = \left(\begin{array}{rrrrr} 1&1&1&1&1\\ 1&2&3&4&2\\ 1&4&9&16&6 \... ...t(\begin{array}{rrrrr} 1&1&1&1&1\\ 0&1&2&3&1\\ 0&3&8&15&5 \end{array}\right )$$

$$\stackrel{-3 R_{2} + R_{3}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrrrr} 1&1&1&1&1\\ 0&1&2&3&1\\ 0&0&2&6&2 \e... ...ft(\begin{array}{rrrrr} 1&1&1&1&1\\ 0&1&2&3&1\\ 0&0&1&3&1 \end{array}\right )$$

$$\stackrel{\begin{array}{cc} {}^{-2R_{3} + R_{2}}\\ {}^{ -R_{3} + R_{1}} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrrrr} 1&1&0&\!\!-2&\!\!0\\ 0&1&0&\!\!-3&\!\... ...0&\!\!1&\!\!1\\ 0&1&0&\!\!-3&\!\!-1\\ 0&0&1&\!\!3&\!\!1 \end{array}\right ) .$$

ここで ${\rm rank}(A) = {\rm rank}([A : {\bf b}])$ なので方程式は解をもつ．また $[A:{\bf b}]_{R}$ を方程式に書き直すと

$$\left\{\begin{array}{rc} x_{1} + x_{4} =& 1\\ x_{2} - 3x_{4}=& -1\\ x_{3} + 3x_{4} =& 1 \end{array}\right.$$

ここで自由度 = 4 - 3 = 1より $x_{4} = \alpha$ とおくと,

$$\left(\begin{array}{r} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3}\\ x_{4} \end{arra... ...ight ) + \alpha \left(\begin{array}{c} 1\\ 3\\ -3\\ 1 \end{array}\right ) .$$

2. $A{\mathbf x} = {\bf b}$ が解をもつための必要十分条件は ${\rm rank}(A) = {\rm rank}([A : {\bf b}])$．

$$[A: {\bf b}] = \left(\begin{array}{rrrr} 1&2&3&7\\ 3&2&5&9\\ 5&2&7&k \end{arra... ...t(\begin{array}{rrrr} 1&2&3&7\\ 0&-4&-4&-12\\ 0&-8&-8&k-35 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{-\frac{1}{4}R_{2}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrrr} 1&\!\!2&\!\!3&\!\!\\ 0&\!\!1&\!\!1&\!\... ...in{array}{rrrr} 1&2&3&\!\!7\\ 0&1&1&\!\!3\\ 0&0&0&\!\!k-11 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{-2R_{2}+R_{1}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrrr} 1&0&1&1\\ 0&1&1&3\\ 0&0&0&k-11 \end{array}\right) .$$

ここで ${\rm rank}(A) = 2$より ${\rm rank}([A: {\bf b}])$も2でなければならない．言い換えると $k-11$ が0でなければこの連立方程式は解をもたない．よって $k = 11$．さらに $k = 11$ のとき, $x_{1} + x_{3} = 1, x_{2}+x_{3} = 3$ であるから, $x_{3} = \alpha$ とおくと

$$\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right ... ...ay}\right ) + \alpha \left(\begin{array}{c} -1\\ -1\\ 1 \end{array}\right ).$$

3. Aが $n$ 次の正則行列 $\Leftrightarrow {\rm rank}(A) = n$ $\Leftrightarrow A_{R} = I_{n}$．

(a)

$$ {} \left(\begin{array}{rrrrrr} 2&3&4&1&0&0\\ 1&2&3&0&1&0\\ -1&1&4&... ...in{array}{rrrrrr} 1&2&3&0&1&0\\ 2&3&4&1&0&0\\ -1&1&4&0&0&1 \end{array}\right)$$

$$ {\stackrel{\begin{array}{cc} {}^{-2R_{1} + R_{2}}\\ {}^{R_{1}+R_{3}} \end{array}}{\longrightarrow}} \left(\begin{array}{rrrrrr} 1&\!\!2&\!\!3&0&\!\!1&0\\ 0&\!\!-1&\... ...!\!0&\!\!1&0\\ 0&1&2&\!\!-1&\!\!2&0\\ 0&0&1&\!\!3&\!\!-5&1 \end{array}\right)$$

$$ {\stackrel{\begin{array}{cc} {}^{-2R_{3} + R_{2}}\\ {}^{-3R_{3}+R_{1}} \end{array}}{\longrightarrow}} \left(\begin{array}{rrrrrr} 1&2&0&\!\!-9&\!\!16&\!\!-3\\ 0&1&0&\... ...1\\ 0&1&0&\!\!-7&\!\!12&\!\!-2\\ 0&0&1&\!\!3&\!\!-5&\!\!1 \end{array}\right).$$

よって $A$ は正則で $A^{-1} = \left(\begin{array}{ccc} 5&-8&1\\ -7&12&-2\\ 3&-5&1 \end{array}\right ) .$

(b)

$$[A:I] = \left(\begin{array}{rrrrrrrr} 0&0&0&1&1&0&0&0\\ 0&0&1&0&0&1&0&0\\ 0&1&0&0&0&0&1&0\\ 1&0&0&0&0&0&0&1 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{\begin{array}{cc} {}^{R_{1} \leftrightarrow R_{4}}\\ {}^{R_{2} \leftrightarrow R_{3}} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrrrrrrr} 1&0&0&0&0&0&0&1\\ 0&1&0&0&0&0&1&0\\ 0&0&1&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&1&1&0&0&0 \end{array}\right) .$$

よって $A$ は正則で $A^{-1} = \left(\begin{array}{cccc} 0&0&0&1\\ 0&0&1&0\\ 0&1&0&0\\ 1&0&0&0 \end{array}\right ) .$

4.$A$ は $n$ 次の正則行列 $\Leftrightarrow {\rm rank}(A) = n$．よってこの場合 ${\rm rank}(A) = 3$ となるように $a$ を定めればよい．

$$A = \left(\begin{array}{rrr} 2&0&-3\\ 1&-1&a\\ 5&3&4 \end{array}\ri... ...\left(\begin{array}{rrr} 1&0&-\frac{3}{2}\\ 5&3&4\\ 1&-1&a \end{array}\right)$$

$$\stackrel{\begin{array}{cc} {}^{-5R_{1}+R_{2}}\\ {}^{-R_{1}+R_{3}} \end{array}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrr} 1&0&-\frac{3}{2}\\ 0&3&\frac{23}{2}\\ ... ...} 1&0&-\frac{3}{2}\\ 0&1&\frac{23}{6}\\ 0&-1&a+\frac{3}{2} \end{array}\right)$$

$$\stackrel{R_{2}+R_{3}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrr} 1&0&-\frac{3}{2}\\ 0&1&\frac{23}{6}\\ 0&0&a+\frac{32}{6} \end{array}\right) .$$

ここで ${\rm rank}(A) = 3$ となるには $${a + \frac{32}{6} \neq 0}$$ とならなければならない．よって $${a \neq -\frac{16}{3}}.$$

5.$A$ を基本行列の積で表すには, 単位行列から始めて基本変形を繰り返しながら $A$ を作る．このとき用いた基本変形から生まれる基本行列を単位行列に左側から順にかけていけば, 基本行列の積で $A$ を表せる．

$$A = \left(\begin{array}{rrr} 2&-1&0\\ 4&3&2\\ 3&0&1 \end{array}\rig... ... \left(\begin{array}{rrr} 1&\frac{-1}{2}&0\\ 0&5&2\\ 3&0&1 \end{array}\right)$$

$$\stackrel{-3R_{1}+R_{3}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrr} 1&\frac{-1}{2}&0\\ 0&5&2\\ 0&\frac{3}{... ...\frac{-1}{2}&0\\ 0&\!\!1&\frac{2}{5}\\ 0&\!\!0&\frac{2}{5} \end{array}\right)$$

$$\stackrel{\frac{2}{5}R_{3}}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{rrr} 1&\!\!\frac{-1}{2}&0\\ 0&\!\!1&\frac{2}... ...arrow}\!\! \left(\begin{array}{rrr} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array}\right).$$

よって $A$ は正則行列．次に, いま行なった基本変形を逆に戻し, その基本変形から生まれる基本行列を順にかけていくと

$$A = \left(\begin{array}{ccc} 2&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array}\righ... ...ay}\right )\left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&5&0\\ 0&0&1 \end{array}\right )$$

$$\cdot \left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&\frac{3}{2}&1 \end{a... ...\left(\begin{array}{ccc} 1&-\frac{1}{2}&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{array}\right )$$

6. $A = \left(\begin{array}{ccc} *& &*\\ & * &\\ 0&\cdots&0 \end{array}\right )$ とすると, すべての行列 $X$ に対して,

$$AX = \left(\begin{array}{ccc} * & &* \\ & * &\\ 0&\cdots&0 \end... ...begin{array}{ccc} *& &* \\ & * &\\ 0&\cdots&0 \end{array}\right ) \neq I_{n}$$

となり $A$ は正則でない．

別解 $A$ を $n$ 次の正方行列とする．$A$ のひとつの行の成分がすべて0ならば, $A_{R}$ の少なくともひとつの行の成分はすべて0である． よって ${\rm rank}(A) \neq n$ となり定理2.3より $A$ は正則でない．

7.

$$(AB)(B^{-1}A^{-1}) = A(BB^{-1})A^{-1} = AIA^{-1} = AA^{-1} = I$$

より $AB$ は正則．また $(AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}$ となる．

演習問題2.7.1

1. $L{\bf y} = {\bf b}$とおく．ここで， ${\bf y} = \left(\begin{array}{ccc} 2 & 3 & -1\\ 0&-2&1\\ 0&0&3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right)$. すると，

$$L{\bf y} = \left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 2&1&0\\ -1&0&1\... ...y}{c}y_1\\ y_2\\ y_3\end{array}\right) = \begin{pmatrix}2\\ -1\\ 1\end{pmatrix}$$

これより， $y_1 = 2, y_2 = -5, y_3 = 3$. したがって，

$$\left(\begin{array}{ccc} 2 & 3 & -1\\ 0&-2&1\\ 0&0&3\end{array}... ...y}{c}x_1\\ x_2\\ x_3\end{array}\right) = \begin{pmatrix}2\\ -5\\ 3\end{pmatrix}$$

よって， $x_{1} = -3,\hskip 0.5cm \ x_{2} = 3,\hskip 0.5cm x_{3} = 1$

2. (a)

Gaussの消去法より

$$\left(\begin{array}{ccc} 2 & -1 &1\\ 3 & 3 & 9\\ 3 & 3 & 5 \end{array}\right) \stackrel{\begin{array}{c} -3/2R_1 + R_2 \\ -3/2R_1 +R_3\end{arra... ...in{array}{ccc} 2 & -1 &1\\ 0 & 3/2 & 15/2\\ 0 & 0 & -4 \end{array}\right) = U$$

Gaussの消去法を逆に辿ると

$$\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right) \stackrel{R_2 + R_3}{\longrightarrow} \left(\begin{array}{ccc} 1 ... ...egin{array}{ccc} 1 & 0 & 0\\ 3/2 & 1 & 0\\ 3/2 & 1 & 1 \end{array}\right) = L$$

(b) Gaussの消去法により

$$\begin{pmatrix} 2&0&0&0\\ 1&1.5&0&0\\ 0&-3&0.5&0\\ 2&-2&1&... ...begin{pmatrix} 2&0&0&0\\ 0&1.5&0&0\\ 0&0&0.5&0\\ 0&0&0&1\end{pmatrix}= U$$

Gaussの消去法を逆に辿ると

$$\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ 0&0&1&0\\ 0&0&0&1 \end{pma... ...\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 1/2&1&0&0\\ 0&-2&1&0\\ 1&-4/3&2&1\end{pmatrix} = L$$

演習問題2.8.1

1.

(a) 第2行についての余因子展開を行なうと,

$$\left\vert\begin{array}{rrr} 2&-3&1\\ 1&0&2\\ 1&-1&1 \end{array}\right\vert = (-1)^{2+1}\left\vert\begin{array}{rr} -3&1\\ -1&1 \end{array}\ri... ... + (-1)^{2+3}(2)\left\vert\begin{array}{rr} 2&-3\\ 1&-1 \end{array}\right\vert$$

$$= -(-3 +1) - 2(-2+3) = 0 .$$

(b) 第1行についての余因子展開を行なうと,

$\left \vert \begin{array}{rrrr} 2&4&0&5\\ 1&-2&-1&3\\ 1&2&3&0\\ 3&3&-4&-4 \end{array}\right\vert$

$= 2\left\vert\begin{array}{rrr} -2&-1&3\\ 2&3&0\\ 3&-4&-4 \end{array}\right\v... ...t\vert\begin{array}{rrr} 1&-1&3\\ 1&3&0\\ 3&-4&-4 \end{array}\right\vert + 0$

$+ (-5)\left\vert\begin{array}{rrr} 1&-2&-1\\ 1&2&3\\ 3&3&-4 \end{array}\right... ...begin{array}{rr} -2&-1\\ 2&3 \end{array}\right\vert}_{\mbox{第3列についての余因子展開}}\}$

$+ (-4)\{\underbrace{(3)\left\vert\begin{array}{rr} 1&3\\ 3&-4 \end{array}\righ... ...\begin{array}{rr} 1&-1\\ 1&3 \end{array}\right\vert}_{\mbox{第3列についての余因子展開}}\}$

$+ (-5)\{\underbrace{\left\vert\begin{array}{rr} 2&3\\ 3&-4 \end{array}\right\v... ...rt\begin{array}{rr} 1&2\\ 3&3 \end{array}\right\vert}_{\mbox{第1行についての余因子展開}}\}$

$= 2\{3(-17) -4(-4)\} + -4\{3(-13) -4(4)\}$

$+ (-5)\{-17 + 2(-13) - (-3)\}$

$= 2(-35) -4(-55) -5(-40) = 350 .$

(c)

$${} \left\vert\begin{array}{rrrrr} 0&0&0&1&0\\ 0&1&0&0&0\\ 0&0&0&0&1\\ 1&0&0&0&0\\ 0&0&1&0&0 \end{array}\right\vert$$

$$= sgn(4,2,5,1,3)1\cdot 1\cdot 1\cdot 1 \cdot 1 = - sgn(1,2,5,4,3) = sgn(1,2,3,4,5) = +1$$

(d) $\left\vert\begin{array}{rrrrr} 3 & 5 & 1 & 2 & -1\\ 2 & 6 & 0 & 9 & 1\\ 0 & 0... ... & 2 \end{array}\right\vert \left\vert-6\right\vert = (18-10)(14-3)(-6) = -528$ 2.

(a) $\left\vert\begin{array}{rrr} 1&a^2&(b+c)^2\\ 1&b^2&(c+a)^2\\ 1&c^2&(a+b)^2 \e... ... 0&b^2-a^2&(c+a)^2-(b+c)^2\\ 0&c^2-a^2&(a+b)^2-(b+c)^2 \end{array}\right\vert$

$= \left\vert\begin{array}{rrr} 1&a^2&(b+c)^2\\ 0&(b+a)(b-a)&(a-b)(a+b+2c)\\ 0&(c-a)(c+a)&(a-c)(a+2b+c) \end{array}\right\vert$

$\stackrel{{\mbox{定理}\ref{teiri:2-14}}}{=} (a-b)(c... ...r} 1&a^2&(b+c)^2\\ 0&-(a+b)&(a+b+2c)\\ 0&c+a&-(a+2b+c) \end{array}\right\vert$

$\stackrel{R_{2}+R_{3}}{=} (a-b)(c-a)\left\vert\begin{array}{rrr} 1&a^2&(b+c)^2\\ 0&-(a+b)&(a+b+2c)\\ 0&c-b&c-b \end{array}\right\vert$

$= (a-b)(c-a)(c-b)\left\vert\begin{array}{rrr} 1&a^2&(b+c)^2\\ 0&-(a+b)&(a+b+2c)\\ 0&1&1 \end{array}\right\vert$

$\stackrel{R_{2} \leftrightarrow R_{3}}{=} -(a-b)(c-a)(c-b)\left\vert\begin{array}{rrr} 1&a^2&(b+c)^2\\ 0&1&1\\ 0&-(a+b)&(a+b+2c) \end{array}\right\vert$

$\stackrel{(a+b)R_{2}+R_{3}}{=} (a-b)(c-a)(b-c)\left\vert\begin{array}{rrr} 1&a^2&(b+c)^2\\ 0&1&1\\ 0&0&2(a+b+c) \end{array}\right\vert$

$= 2(a-b)(c-a)(b-c)(a+b+c) .$

(b)

列を用いた因数分解を行なう．

$$\left\vert\begin{array}{rrr} b+c&b&c\\ a&c+a&c\\ a&b&a+b \end{a... ...ft\vert\begin{array}{rrr} c&b&c\\ -c&c+a&c\\ a-b&b&a+b \end{array}\right\vert$$

$$\stackrel{-L_{3}+L_{1}}{=} \left\vert\begin{array}{rrr} 0&b&c\\ -2c&c+a&c\\ -2b&b&a+b \end... ...\left\vert\begin{array}{rrr} 0&b&c\\ c&c+a&c\\ b&b&a+b \end{array}\right\vert$$

$$\stackrel{-L_{1}+L_{3}}{=} -2\left\vert\begin{array}{rrr} 0&b&c\\ c&c+a&0\\ b&b&a \end{array}\right\vert = -2\{-b(ca) + c(cb-bc)\} = 4abc .$$

(c) Vandermondeの行列より， $\left\vert\begin{array}{rrrr} 1&1&1&1\\ a & b & c & d\\ a^2 & b^2 & c^2 & d^2\\ a^3 & b^3 & c^3 & d^3 \end{array}\right\vert = (d-a)(d-b)(d-c)(c-a)(c-b)(b-a)$

3.

$$\left\vert\begin{array}{rrr} 1-x&2&2\\ 2&2-x&1\\ 2&1&2-x \end{a... ...vert\begin{array}{rrr} 5-x&5-x&5-x\\ 2&2-x&1\\ 2&1&2-x \end{array}\right\vert$$

$$\stackrel{2.14}{=} (5-x)\left\vert\begin{array}{rrr} 1&1&1\\ 2&2-x&1\\ 2&1&2-x \en... ...\left\vert\begin{array}{rrr} 1&1&1\\ 0&-x&-1\\ 0&-1&-x \end{array}\right\vert$$

$$= (5-x)(x^2-1) = 0$$

よって, $x = -1,1,5.$

4.ベクトル $(x - a_{1},y - a_{2})$ と $(b_{1}-a_{1},b_{2}-a_{2})$ は平行．したがって, その外積は0．

図: 2 点を通る直線

つまり

$$(x - a_{1},y - a_{2}) \times (b_{1}-a_{1},b_{2}-a_{2}) = \left\ve... ...y - a_{2}&0 \\ b_{1}-a_{1} & b_{2}-a_{2}&0 \end{array}\right \vert = {\bf0} .$$

また

$$\left\vert \begin{array}{ccc} {\bf i}&{\bf j}&{\bf k}\\ x - a_{1... ...} & y - a_{2}\\ b_{1} - a_{1} & b_{2} - a_{2} \end{array}\right\vert = {\bf0}$$

より

$$\left\vert\begin{array}{rrr} x - a_{1} & y - a_{2} & 0\\ a_{1} &... ... y & 1\\ a_{1} & a_{2} & 1\\ b_{1} & b_{2} & 1 \end{array}\right \vert = 0 .$$

5.法線ベクトル ${\bf N} = (b_{1}-a_{1},b_{2}-a_{2}.b_{3}-a_{3}) \times (c_{1}-a_{1},c_{2}-a_{2}.c_{3}-a_{3})$ と平面上のベクトル $(x-a_{1},y-a_{2},z-a_{3})$ は直交するのでその内積は0．よってスカラー3重積

$$\left\vert\begin{array}{ccc} x-a_{1} & y-a_{2} & z - a_{3}\\ b_{... ... b_{3}-a_{3}\\ c_{1}-a_{1} & c_{2}-a_{2} & c_{3}-a_{3} \end{array}\right \vert = \left\vert\begin{array}{cccc} x-a_{1} & y-a_{2} & z - a_{3} & 0\\... ..._{3} & 0\\ c_{1}-a_{1} & c_{2}-a_{2} & c_{3}-a_{3} & 0 \end{array}\right \vert$$

$$= \left\vert\begin{array}{cccc} x & y & z & 1\\ a_{1} & a_{2} & a_... ... & b_{2} & b_{3} & 1\\ c_{1} & c_{2} & c_{3} & 1 \end{array}\right \vert = 0 .$$

6. $\vert A\vert \neq 0$ とすると逆行列 $A^{-1}$ が存在し, $A{\mathbf x} = {\bf0}$より

$$A^{-1}(A{\mathbf x}) = A^{-1}{\bf0} \Rightarrow (A^{-1}A){\mathbf x} = A^{-1}{\bf0} = 0 .$$

よって ${\mathbf x} = {\bf0}.$

7.

(a)

$$x = \frac{\left\vert\begin{array}{rr} 5&-3\\ 7&-5 \end{array}\ri... ...ert\begin{array}{rr} 1&-3\\ 3&-5 \end{array}\right\vert} = \frac{-4}{4} = -1,$$

$$y = \frac{\left\vert\begin{array}{rr} 1&5\\ 3&7 \end{array}\righ... ...ert\begin{array}{rr} 1&-3\\ 3&-5 \end{array}\right\vert} = \frac{-8}{4} = -2 .$$

(b)

$$x = \frac{\left\vert\begin{array}{rrr} 3&1&1\\ 5&2&2\\ 6&2&3 \e... ...array}{rrr} 1&1&1\\ 1&2&2\\ 1&2&3 \end{array}\right\vert} = \frac{1}{1} = 1,$$

$$y = \frac{\left\vert\begin{array}{rrr} 1&3&1\\ 1&5&2\\ 1&6&3 \e... ...array}{rrr} 1&1&1\\ 1&2&2\\ 1&2&3 \end{array}\right\vert} = \frac{1}{1} = 1,$$

$$z = \frac{\left\vert\begin{array}{rrr} 1&1&3\\ 1&2&5\\ 1&2&6 \e... ...array}{rrr} 1&1&1\\ 1&2&2\\ 1&2&3 \end{array}\right\vert} = \frac{1}{1} = 1 .$$

第 3 章

演習問題3.2.1

1. ${\bf v},{\bf w} \in R^{3}$ のとき,

$$\begin{array}{l} T({\bf v} + {\bf w}) = T({\bf v}) + T({\bf w}) ,\\ T(\alpha {\bf v}) = \alpha T({\bf v}) \end{array}$$

が成り立つか調べる．

${\bf v},{\bf w} \in R^{3}$ とすると, ${\bf v} = \left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right), ... ...array}{c} x_{1}^{\prime}\\ x_{2}^{\prime}\\ x_{3}^{\prime} \end{array}\right)$ と表せる．ここで

$$T_{1}[\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\... ...rray}{c} x_{1}^{\prime}\\ x_{2}^{\prime}\\ x_{3}^{\prime} \end{array}\right)] = T_{1}\left(\begin{array}{c} x_{1}+x_{1}^{\prime}\\ x_{2}+x_{2}^{... ..._{3}^{\prime}\\ x_{1}+x_{1}^{\prime} + x_{2}+x_{2}^{\prime} \end{array}\right)$$

$$= \left(\begin{array}{c} x_{3}\\ x_{1} + x_{2} \end{array}\right) ... ...in{array}{c} x_{3}^{\prime}\\ x_{1}^{\prime}+x_{2}^{\prime} \end{array}\right)$$

$$= T_{1}\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\r... ...rray}{c} x_{1}^{\prime}\\ x_{2}^{\prime}\\ x_{3}^{\prime} \end{array}\right).$$

また

$$T_{1}(\alpha \left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right)) = T_{1}\left(\begin{array}{c} \alpha x_{1}\\ \alpha x_{2}\\ \alph... ...\begin{array}{c} \alpha x_{3}\\ \alpha x_{1} + \alpha x_{2} \end{array}\right)$$

$$= \alpha\left( \begin{array}{c} x_{3}\\ x_{1} + x_{2} \end{array}\... ...\alpha T_{1}\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right) .$$

したがって, $T_{1}$ は線形写像．

次に $T_{2}$ について調べる． ${\bf v} = \left(\begin{array}{c} 1\\ 2\\ 3 \end{array}\right), {\bf w} = \left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)$ とおくと

$$T_{2}(\alpha {\bf v} + \beta {\bf w}) = T_{2}\left(\begin{array}{... ...begin{array}{c} \alpha + \beta + 1\\ 2 \alpha + 3 \alpha \end{array}\right) .$$

また

$$T_{2}(\alpha {\bf v}) + T_{2}(\beta {\bf w}) = T_{2}\left(\begin{array}{c} \alpha \\ 2 \alpha\\ 3 \alpha \end{array}\right) + T_{2}\left(\begin{array}{c} \beta \\ 0\\ 0 \end{array}\right)$$

$$= \left(\begin{array}{c} \alpha + 1 \\ 2 \alpha + 3 \alpha \end{ar... ...begin{array}{c} \alpha + \beta + 2 \\ 2 \alpha + 3 \alpha \end{array}\right) .$$

よって $T_{2}(\alpha {\bf v} + \beta {\bf w}) \neq T_{2}(\alpha {\bf v}) + T_{2}(\beta {\bf w})$ となるので $T_{2}$ は線形写像ではない．

2. ${\bf v} \in V$ とすると, $\{{\bf v}_{1},{\bf v}_{2},\ldots,{\bf v}_{n}\}$ は $V$ の基底より

$${\bf v} = \alpha_{1}{\bf v}_{1} + \cdots + \alpha_{n}{\bf v}_{n}$$

と一意的に表せる．ここで ${\bf v}$ の $T$ による像 $T({\bf v})$ は $R^{n}$ の元になるので

$$T({\bf v}) = \beta_{1}{\bf e}_{1} + \cdots + \beta_{n}{\bf e}_{n}$$

とおくことができる．しかし, $T({\bf v}_{i}) = {\bf e}_{i}$より

$$T({\bf v}_{i}) = \beta_{1}{\bf e}_{1} + \cdots + \beta_{n}{\bf e}_{n} = {\bf e}_{i} .$$

よって $i = 1,2,\ldots,n$ において $\alpha_{i} = 0$ ならば $\beta_{i} = 0$．また $\alpha_{i} = 1$ ならば $\beta_{i} = 1$ となるので $\alpha_{i} = \beta_{i}$ となる．よって

$$T({\bf v}) = \alpha_{1}{\bf e}_{1} + \cdots + \alpha_{n}{\bf e}_{n}.$$

次に $T$ が線形写像であることを示す．

${\bf v},{\bf w} \in V$ とすると,

$${\bf v} = \alpha_{1}{\bf v}_{1} + \cdots + \alpha_{n}{\bf v}_{n},$$

$${\bf w} = \beta_{1}{\bf w}_{1} + \cdots + \beta_{n}{\bf w}_{n}.$$

これより,

$$T(\alpha{\bf v} + \beta {\bf w}) = T(\alpha \alpha_{1}{\bf v}_{1} + \cdots + \alpha\alpha_{n}{\bf v}_{n} + \beta\beta_{1}{\bf v}_{1} + \cdots + \beta\beta_{n}{\bf v}_{n})$$

$$= T((\alpha\alpha_{1} + \beta\beta_{1}){\bf v}_{1} + \cdots + (\alpha\alpha_{n} + \beta\beta_{n}){\bf v}_{n})$$

$$= (\alpha\alpha_{1} + \beta\beta_{1}){\bf e}_{1} + \cdots + (\alpha\alpha_{n} + \beta\beta_{n}){\bf e}_{n}$$

$$= (\alpha\alpha_{1}{\bf e}_{1} + \cdots + \alpha\alpha_{n}{\bf e}_{n}) + (\beta\beta_{1}{\bf e}_{1} + \cdots + \beta\beta_{n}{\bf e}_{n})$$

$$= \alpha(\alpha_{1}{\bf e}_{1} + \cdots + \alpha_{n}{\bf e}_{n}) + \beta(\beta_{1}{\bf e}_{1} + \cdots + \beta_{n}{\bf e}_{n})$$

$$= \alpha T({\bf v}) + \beta T({\bf w}) .$$

よって, $T$ は線形写像となる．

3. $(a) \Rightarrow (b)$
$T$ が同型写像なら定理3.1より同型写像 $S = T^{-1}$ が存在し, $T \circ S = 1.$
$(b) \Rightarrow (a)$
$T(S(x)) = T(S(y))$ とおくと $T \circ S = 1$より $S(x) = S(y)$ となるので $x = y$．また$x = y$より $S(x) = S(y)$．よって $T$ は単射．次に $T$ が 全射であることを示す． $T \circ S = 1$より $y \in R^{n}$ に対して $z \in R^{n}$ が存在し $y = T(S(z))$．また$S$ は $R^{n}$ から $R^{n}$ への写像よりある $x \in R^{n}$ に対して $x = S(z)$．よって $y = T(x)$.

4. $\ker(T) = \{{\bf v} \in V : T({\bf v}) = {\bf0}\}$より ${\bf v}_{1},{\bf v}_{2} \in \ker(T)$ とすると, $T({\bf v}_{1}) = {\bf0}, T({\bf v}_{2}) = {\bf0}$ となる．よって任意の実数 $\alpha, \beta$ に対して, $\alpha{\bf v}_{1} + \beta{\bf v}_{2} \in \ker(T)$ が成り立つことを示せばよい．つまり, $T(\alpha{\bf v}_{1} + \beta{\bf v}_{2}) = {\bf0}$ を示せばよい．さて,

$$T(\alpha{\bf v}_{1} + \beta{\bf v}_{2}) = \alpha T({\bf v}_{1}) + \beta T({\bf v}_{2}) = {\bf0}$$

となるので, $\alpha{\bf v}_{1} + \beta{\bf v}_{2} \in \ker(T)$ となり, $\ker(T)$ は部分空間である．

次に $Im(T) = \{{\bf w} \in W : {\bf w} = T({\bf v}), {\bf v} \in V \}$より ${\bf w}_{1},{\bf w}_{2} \in Im(T)$ とすると, $T({\bf v}_{1}) = {\bf w}_{1}, T({\bf v}_{2}) = {\bf w}_{2}$ となる．よって任意の実数 $\alpha, \beta$ に対して, $\alpha{\bf w}_{1} + \beta{\bf w}_{2} \in Im(T)$ となることを示せばよい．つまり $T({\bf v}) = \alpha{\bf w}_{1} + \beta{\bf w}_{2}$ となるような ${\bf v} \in V$ が存在することを示せばよい．さて, $V$ はベクトル空間なので, $\alpha{\bf v}_{1} + \beta{\bf v}_{2} \in V$．また

$$T(\alpha{\bf v}_{1} + \beta{\bf v}_{2}) = \alpha T({\bf v}_{1}) + \beta T({\bf v}_{2}) = \alpha{\bf w}_{1} + \beta{\bf w}_{2}$$

となるので $\alpha{\bf w}_{1} + \beta{\bf w}_{2} \in Im(T)$ となり, $Im(T)$ は部分空間である．

5.$m(T)$ を $T$ の行列表現とすると,

$$m(T) = \left(\begin{array}{rrr} 1&2&2\\ 2&1&3\\ 2&2&1 \end{array}\right).$$

また定理3.1より, $\dim R^{3} = \dim \ker(T) + \dim Im(T)$ が成り立ち, $\dim Im(T)$ = ${\rm rank}(T)$ より, $\dim \ker(T) = 3 - {\rm rank}(A) = 0.$

演習問題3.4.1

1.

$${\bf w}_{1} = \left(\begin{array} {r} 3\\ 1 \end{array}\right) = \left(\begin{... ...\left(\begin{array} {r} 1\\ 1 \end{array}\right) = {\bf v}_{1} + 2{\bf v}_{2},$$

$${\bf w}_{2} = \left(\begin{array} {r} -1\\ 2 \end{array}\right) = -\frac{3}{2}... ...} 1\\ 1 \end{array}\right) = -\frac{3}{2}{\bf v}_{1} + \frac{1}{2}{\bf v}_{2}.$$

よって変換行列 $P$ は

$$P = \left(\begin{array}{cc} 1&-\frac{3}{2}\\ 2&\frac{1}{2} \end{array}\right ).$$

2. ${\bf w}_{j} = p_{1j}{\bf v}_{1} + \cdots + p_{nj}{\bf v}_{n}$ とおくと $P = (p_{ij})$ は $\{{\bf v}_{i}\}$ から $\{{\bf w}_{j}\}$ への変換行列．また ${\bf v}_{j} = q_{1j}{\bf w}_{1} + \cdots + q_{nj}{\bf w}_{n}$ とおくと $Q = (q_{ij})$ は $\{{\bf w}_{i}\}$ から $\{{\bf v}_{j}\}$ への変換行列で

$$PQ \!\! = \left(\begin{array}{ccc} p_{11}&\cdots&p_{1n}\\ \vdots&\vdots&\v... ...cdots&q_{1n}\\ \vdots&\vdots&\vdots\\ q_{n1}&\cdots&q_{nn} \end{array}\right)$$

$$ = \left(\begin{array}{ccc} p_{11}q_{11}+\cdots+p_{1n}q_{n1}&\cdots&... ...+\cdots+p_{nn}q_{n1}&\cdots&p_{n1}q_{1n}+\cdots+p_{nn}q_{nn} \end{array}\right)$$

$$ = \left(\begin{array}{cccc} 1&0&\cdots&0\\ 0&1&\cdots&0\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&\cdots&1 \end{array}\right).$$

3.

(a)

$$\Phi_{A}(t) = \vert A - t I\vert = \left\vert\begin{array}{rr} 3-t & -1\\ 1 & 1 - t \end{array}\right\vert = t^2 - 4t + 4 = 0 .$$

よって $A$ の固有値は $\lambda = 2$ である．

$\lambda = 2$ に対する固有ベクトルは $(A - 2I){\mathbf x} = {\bf0}$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A - 2I = \left(\begin{array}{rr} 1 & -1\\ 1 & -1 \end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{rr} 1 & -1\\ 0 & 0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \alpha \left(\begin{array}{r} 1\\ 1 \end{array}\right) (\alpha \neq 0) .$$

これより固有空間は

$$V(2) = \{\alpha \left(\begin{array}{c} 1\\ 1 \end{array}\right ) \}．$$

(b)

$$\Phi_{A}(t) = \vert A - t I\vert = \left\vert\begin{array}{rrr} 2... ... - t & -1\\ 0 & 2& 4 - t \end{array}\right\vert = (2 - t)(t^2 - 5t + 6) = 0 .$$

よって $A$ の固有値は $\lambda = 2,3$ である．

$\lambda = 2$ に対する固有ベクトルは $(A - 2I){\mathbf x} = {\bf0}$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A - 2I = \left(\begin{array}{rrr} 0&1 & 0\\ 0& -1 & -1\\ 0&2&2 ... ...htarrow \left(\begin{array}{rrr} 0&1 & 0\\ 0&0&1\\ 0 & 0&0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \alpha \left(\begin{array}{r} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) (\alpha \neq 0) .$$

次に $\lambda = 3$ に対する固有ベクトルは $(A - 3I){\mathbf x} = {\bf0}$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A - 3I = \left(\begin{array}{rrr} -1&1 & 0\\ 0& -2 & -1\\ 0&2&1... ...{array}{rrr} 1&0 & \frac{1}{2}\\ 0&1&\frac{1}{2}\\ 0 & 0&0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \beta \left(\begin{array}{r} -1\\ -1\\ 2 \end{array}\right) (\beta \neq 0) .$$

これより固有空間は

$$V(2) = \{\alpha \left(\begin{array}{r} 1\\ 0\\ 0 \end{array}\ri... ...\}, V(3) = \{\beta \left(\begin{array}{r} -1\\ -1\\ 2 \end{array}\right ) \}.$$

(c)

$$\Phi_{A}(t) = \vert A - t I\vert = \left\vert\begin{array}{rrr} 1-t & 4 & -4\\ -1&-3 - t & 2\\ 0 & 2& -1 - t \end{array}\right\vert$$

$$= (1 - t)(t^2 + 4t - 1) + (-4t + 4) = (1 - t)(t^2 + 4t + 3)$$

$$= (1 - t)(t + 1)(t + 3) .$$

よって $A$ の固有値は $\lambda = -3,-1,1$ である．

$\lambda = -3$ に対する固有ベクトルは $(A + 3I){\mathbf x} = {\bf0}$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A + 3I = \left(\begin{array}{rrr} 4&4&-4\\ -1&0&2\\ 0&2&2 \end{... ...rightarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&0&-2\\ 0&1&1\\ 0&0&0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \alpha \left(\begin{array}{r} 2\\ -1\\ 1 \end{array}\right) (\alpha \neq 0) .$$

$\lambda = -1$ に対する固有ベクトルは $(A + I){\mathbf x} = {\bf0}$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A + I = \left(\begin{array}{rrr} 2&4&-4\\ -1&-2&2\\ 0&2&0 \end{... ...ghtarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&0&-2\\ 0&1&0\\ 0 & 0&0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \beta \left(\begin{array}{r} 2\\ 0\\ 1 \end{array}\right) (\beta \neq 0) .$$

$\lambda = 1$ に対する固有ベクトルは $(A - I){\mathbf x} = {\bf0}$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A - I = \left(\begin{array}{rrr} 0&4&-4\\ -1&-4&2\\ 0&2&-2 \end... ...tarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&0 & 2\\ 0&1&-1\\ 0 & 0&0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \gamma \left(\begin{array}{r} -2\\ 1\\ 1 \end{array}\right) (\gamma \neq 0) .$$

これより固有空間は

$$V(-3) = \{\alpha \left(\begin{array}{r} 2\\ -1\\ 1 \end{array}\... ..., V(1) = \{\gamma \left(\begin{array}{r} -2\\ 1\\ 1 \end{array}\right ) \} .$$

4.$\lambda$ を $A$ の固有値とすると

$$\lambda {\mathbf x} = A{\mathbf x} = A^{2}{\mathbf x} = A(A{\math... ...) = A(\lambda {\mathbf x}) = \lambda A({\mathbf x}) = \lambda^{2}{\mathbf x} .$$

よって $\lambda = \lambda^2$ が成り立ち, これより $\lambda = 0,1$ となる．

5.$A$ の固有値を $\lambda_{i}$ とすると, $A{\mathbf x} = \lambda_{i}{\mathbf x}$より,

$$A^{m}{\mathbf x} = A^{m-1}(A{\mathbf x}) = A^{m-1}(\lambda_{i} {\mathbf x}) = \cdots = \lambda_{i}^{m} {\mathbf x} .$$

6. $A = \left(\begin{array}{rr} 3&1\\ -1&1 \end{array}\right)$より

$$\Phi_{A}(t) = \det(A - t I) = \left\vert\begin{array}{rr} 3 - t& 1\\ -1&1 - t \end{array}\right\vert = t^2 - 4 t + 4 = 0 .$$

よってケイリー・ハミルトンの定理より

$$\Phi_{A}(A) = A^2 - 4A + 4I = 0.$$

ここで $A^4 = (A^2 - 4A + 4I)(A^2 + 4A + 12I) + 32A - 48I$ と表せるので,

$$A^4 = 32A - 48I = 32\left(\begin{array}{rr} 3&1\\ -1&1 \end{array}\right) -48\left(\begin{array}{rr} 1&0\\ 0&1 \end{array}\right)$$

$$= \left(\begin{array}{rr} 96&32\\ -32&32 \end{array}\right) - \lef... ...d{array}\right) = \left(\begin{array}{rr} 48&32\\ -32&-16 \end{array}\right) .$$

また, $A^2 - 4A + 4I = 0$より $A - 4I + 4A^{-1} = 0$．よって

$$A^{-1} = \frac{1}{4}(4I - A) = \frac{1}{4}(\left(\begin{array}{rr} 4&0\\ 0&4 \end{array}\right) - \left(\begin{array}{rr} 3&1\\ -1&1 \end{array}\right))$$

$$= \frac{1}{4}\left(\begin{array}{cc} 1&-1\\ 1&3 \end{array}\right) .$$

7.まず, $X^2 - 3X + 2I = 0$より $(X - I)(X - 2I) = 0$．よって $X = I$ または $X = 2I$ はこの2次方程式を満たす．次に $X = \left(\begin{array}{rr} a&b\\ c&d \end{array}\right)$ とすると, ケイリー・ハミルトンの定理より $\Phi_{X}(X) = 0$ となるので, 固有方程式が $\Phi_{x}(t) = t^2 - 3t + 2 = 0$ となる $X$ を求める．

$$\Phi_{X}(t) = \det(X - tI) = \left\vert\begin{array}{rr} a-t&b\\ c&d-t \end{array}\right\vert = t^2 -(a+d)t + ad -bc .$$

よって求める $X$ は $a+d = 3, ad - bc = 2$ を満たせばよい．

演習問題4.2.1

1.

(a) $A = \left(\begin{array}{rr} 1&2\\ 0&-1 \end{array}\right)$より

$$\Phi_{A}(t) = \left\vert\begin{array}{rr} 1 - t&2\\ 0&-1-t \end{array}\right\vert = t^2 - 1 .$$

よって固有値は $\lambda = \pm 1$．

$\lambda = 1$ に対する固有ベクトルは $(A - I){\mathbf x} = {\bf0}$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A - I = \left(\begin{array}{rr} 0&2\\ 0&-2 \end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{rr} 0&1\\ 0&0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \alpha \left(\begin{array}{r} 1\\ 0 \end{array}\right) (\alpha \neq 0) .$$

また $\lambda = -1$ に対する固有ベクトルは $(A + I){\mathbf x} = {\bf0}$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A + I = \left(\begin{array}{rr} 2&2\\ 0&0 \end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{rr} 1&1\\ 0&0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \beta \left(\begin{array}{r} -1\\ 1 \end{array}\right) (\beta \neq 0) .$$

これより固有空間は

$$V(1) = \{\alpha \left(\begin{array}{r} 1\\ 0 \end{array}\right ) \}, V(-1) = \{\beta \left(\begin{array}{r} -1\\ 1 \end{array}\right ) \} .$$

よって固有値の数と同じ数の1次独立な固有ベクトルが存在するので定理4.1より対角化可能であり $P = \left(\begin{array}{rr} 1&-1\\ 0&1 \end{array}\right)$ のとき,

$$P^{-1}AP = \left(\begin{array}{cc} 1&0\\ 0&-1 \end{array}\right) .$$

(b) $A = \left(\begin{array}{rrr} 2&1&1\\ 1&2&1\\ 0&0&1 \end{array}\right)$より

$$\Phi_{A}(t) = \left\vert\begin{array}{rrr} 2 - t&1&1\\ 1&2-t&1\\ 0&0&1-t \end{array}\right\vert = (1-t)(t^2 -4t+3) .$$

よって固有値 $\lambda = 1,3$．

$\lambda = 1$ に対する固有ベクトルは $(A - I){\mathbf x} = {\bf0}$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A - I = \left(\begin{array}{rrr} 1&1&1\\ 1&1&1\\ 0&0&0 \end{arr... ...grightarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&1&1\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \left(\begin{array}{r} -\alpha - \beta\\ \beta\\ ... ...{array}\right) + \beta\left(\begin{array}{r} -1\\ 1\\ 0 \end{array}\right) .$$

また $\lambda = 3$ に対する固有ベクトルは $(A - 3I){\mathbf x} = {\bf0}$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A - 3I = \left(\begin{array}{rrr} -1&1&1\\ 1&-1&1\\ 0&0&-2 \end... ...ightarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&-1&-1\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \gamma \left(\begin{array}{r} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right) (\gamma \neq 0) .$$

これより固有空間は

$$V(1) = \{\alpha \left(\begin{array}{r} -1\\ 0\\ 1 \end{array}\r... ...}, V(3) = \{\gamma \left(\begin{array}{r} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right ) \} .$$

よって固有値の数と同じ数の1次独立な固有ベクトルが存在するので定理4.1より対角化可能であり $P = \left(\begin{array}{rrr} -1&-1&1\\ 0&1&1\\ 1&0&0 \end{array}\right)$ のとき,

$$P^{-1}AP = \left(\begin{array}{ccc} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&3 \end{array}\right) .$$

(c) $A = \left(\begin{array}{rrr} 1&1&6\\ -1&3&6\\ 1&-1&-1 \end{array}\right)$より,

$$\Phi_{A}(t) = \left\vert\begin{array}{rrr} 1 - t&1&6\\ -1&3-t&6\\ 1&-1&-1-t \end{array}\right\vert$$

$$= (1-t)(t^2 -2t+3)-(t-5)+6(t-2)$$

$$= -t^3 + 3t^2 - 5t + 3 + 5t -7 = -(t^3 - 3t^2 + 4)$$

$$= -(t-2)(t+1)(t-2) .$$

よって固有値 $\lambda = -1,2$．

$\lambda = -1$ に対する固有ベクトルは $(A + I){\mathbf x} = 0$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A + I = \left(\begin{array}{rrr} 2&1&6\\ -1&4&6\\ 1&-1&0 \end{array}\ri... ...rightarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&-1&0\\ 0&3&6\\ 0&3&6 \end{array}\right)$$

$$\longrightarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&-1&0\\ 0&1&2\\ 0&0&0 \end{array}\rig... ...grightarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&0&2\\ 0&1&2\\ 0&0&0 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \alpha\left(\begin{array}{r} -2\\ -2\\ 1 \end{array}\right) .$$

また $\lambda = 2$ に対する固有ベクトルは $(A - 2I){\mathbf x} = 0$ を満たす0でない ${\mathbf x}$ なので, 連立方程式を解くと

$$A - 2I = \left(\begin{array}{rrr} -1&1&6\\ -1&1&6\\ 1&-1&-3 \en... ...rightarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&-1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1 \end{array}\right)$$

となる．よって

$${\mathbf x} = \beta \left(\begin{array}{r} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right) (\gamma \neq 0) .$$

これより固有空間は

$$V(-1) = \{\alpha \left(\begin{array}{r} -2\\ -2\\ 1 \end{array}... ...}, V(2) = \{\gamma \left(\begin{array}{r} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right ) \} .$$

よって

$$\dim V(-1) + \dim V(2) = 2 < 3$$

となり, 定理4.1より対角化不可能である．そこで

$${\mathbf x}_{1} = \left(\begin{array}{r} -2\\ -2\\ 1 \end{array... ...ght ), {\mathbf x}_{2} = \left(\begin{array}{r} 1\\ 1\\ 0 \end{array}\right)$$

を用いて正規直交基底 $\{{\bf u}_{1},{\bf u}_{2},{\bf u}_{3}\}$ を作ると,

$${\bf u}_{1} = \frac{{\mathbf x}_{1}}{\Vert{\mathbf x}_{1}\Vert} = \frac{1}{3}\left(\begin{array}{r} -2\\ -2\\ 1 \end{array}\right) ,$$

$${\bf u}_{2} = \frac{{\mathbf x}_{2} - ({\mathbf x}_{2},{\bf u}_{1... ...} = \frac{1}{3\sqrt{2}}\left(\begin{array}{r} 1\\ 1\\ 4 \end{array}\right) ,$$

$${\bf u}_{3} = \frac{{\bf u}_{1} \times {\bf u}_{2}}{\Vert{\bf u}_... ...rt} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{r} 1\\ -1\\ 0 \end{array}\right)$$

となる．よって $U = \left(\begin{array}{rrr} \frac{-2}{3}&\frac{1}{3\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}... ...2}}&\frac{-1}{\sqrt{2}}\\ \frac{1}{3}&\frac{4}{3\sqrt{2}}&0 \end{array}\right)$ とおくと, $U$ はユニタリ行列で

$$U^{-1}AU = \left(\begin{array}{ccc} -1&0&0\\ 0&2&1\\ 0&0&2 \end{array}\right).$$

2.まず, $U + W$ が直和ならば, $U \cap W = \{\bf0\}$ を示す． ${\bf a} \in U \cap W$ とおくと, ${\bf a} \in U, {\bf a} \in W$．よって ${\bf a} = {\bf a} + {\bf0} = {\bf0} + {\bf a}$ と表せる．しかし$U + W$ が直和なので, その表し方は一意的である．よって ${\bf a} = {\bf0}$ でなければならない．よって $U \cap W = \{{\bf0}\}$．また逆に ${\bf a} \in U \cap W = \{{\bf0}\}$ と仮定し, ${\bf a} \in U + W$ が

$${\bf a} = u_{1} + w_{1} = u_{2} + w_{2} (u_{1},u_{2} \in U, w_{1},w_{2} \in W)$$

のように表されたとする．このとき

$$u_{1} - u_{2} = w_{2} - w_{1} \in U \cap W = \{{\bf0}\}$$

より $u_{1} = u_{2} = w_{1} = w_{2}$ となり, 上のような表し方は一通りなので $U + W$ は直和である．

3.定理1.4より $\dim (U + W) =\dim U + \dim W - \dim (U \cap W)$．また$U + W$ が直和ならば, $U \cap W = \{\bf0\}$ となり, $\dim(U \cap W) = 0$．よって $\dim (U \oplus W) = \dim U + \dim W.$

4.まず, $U + W$ は直和であることを示す．演習問題4.1より $U \cap W = \{\bf0\}$ を示せばよい． $(x_{1},x_{2},x_{3}) \in U \cap W$ とおくと,

$$x_{1} + x_{2} + x_{3} = 0, x_{1} = x_{2} = x_{3}．$$

よって $x_{1} = x_{2} = x_{3} = 0$ となり, $U \cap W = \{(0,0,0)\}$.

次に, $R^3 = U \oplus W$ を示す．まず, $U \subset R^3, W \subset R^3$より, $U \oplus W \subset R^3$. また $\dim U = 2, \dim W = 1$より,

$$\dim (U \oplus W) = \dim U + \dim W = 2 + 1 = 3$$

よって $R^3 = U \oplus W$.

5.$\lambda$ を直交行列 $A$ の固有値とすると, $A = A^{-1}$より,

$$\lambda {\mathbf x} = A{\mathbf x} = A^{-1}{\mathbf x} = \lambda^{-1}{\mathbf x} .$$

よって $\lambda^{2} = 1$.

6. $U = ({\bf u}_{1},{\bf u}_{2},\ldots,{\bf u}_{n})$より

$$U^{*} = \left(\begin{array}{c} \overline{{\bf u}_{1}} \\ \overline{{\bf u}_{2}}\\ \vdots\\ \overline{{\bf u}_{n}} \end{array}\right)$$

よって

$$U^{*}U = \left(\begin{array}{rrrr} {\bf u}_{1} \cdot \overline{{\... ..._{2}}&\cdots&{\bf u}_{n} \cdot \overline{{\bf u}_{n}} \end{array}\right) = I .$$

また $UU^{*} = (U^{*}U)^{*}$より, $UU^{*} = I$．

演習問題4.4.1

1. $A = \left(\begin{array}{cc} 1&1-i\\ 1+i&2 \end{array}\right)$ とおくと, $A^{*} = \left(\begin{array}{cc} 1&1-i\\ 1+i&2 \end{array}\right)$より, $AA^{*} = A^{*}A$．よって $A$ はユニタリ行列により対角化可能である．

$$\Phi_{A}(t) = \det(A - tI) = \left\vert\begin{array}{cc} 1-t&1-i\\ 1+i&2-t \end{array}\right\vert = t^2 -3t + 2 - 2 = t(t-3)$$

より固有値 $\lambda = 0,3$ である．

$\lambda = 0$ に対する固有空間は

$$\left(\begin{array}{cc} 1&1-i\\ 1+i&2-i \end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{cc} 1&1-i\\ 0&0 \end{array}\right) .$$

よって

$$V(0) = \{\alpha\left(\begin{array}{c} 1-i\\ -1 \end{array}\right) \}.$$

また $\lambda = 3$ に対する固有空間は

$$\left(\begin{array}{cc} -2&1-i\\ 1+i&-1 \end{array}\right) \longrightarrow \left(\begin{array}{cc} 1&\frac{1-i}{-2}\\ 0&0 \end{array}\right) .$$

よって

$$V(3) = \{\beta\left(\begin{array}{c} 1-i\\ 2 \end{array}\right) \}.$$

次に $V(0),V(3)$ のそれぞれの正規直交基底として

$$\{\left(\begin{array}{c} \frac{1-i}{\sqrt{3}}\\ \frac{-1}{\sqrt{... ...gin{array}{c} \frac{1-i}{\sqrt{6}}\\ \frac{2}{\sqrt{6}} \end{array}\right) \}$$

をとると, これよりユニタリ行列

$$U = \left(\begin{array}{cc} \frac{1-i}{\sqrt{3}}&\frac{1-i}{\sqrt{6}}\\ \frac{-1}{\sqrt{3}}&\frac{2}{\sqrt{6}} \end{array}\right)$$

を得,

$$U^{-1}AU = U^{*}AU = \left(\begin{array}{cc} 0&0\\ 0&3 \end{array}\right).$$

2. $A = \left(\begin{array}{rrr} 1&0&-1\\ 0&-1&0\\ -1&0&1 \end{array}\right)$より $A$ は実対称行列．よって定理4.2より直交行列で対角化可能である．

$$\Phi_{A}(t) = \det(A - tI) = \left\vert\begin{array}{rrr} 1-t&0&-1\\ 0&-1-t&0\\ -1&0&1-t \end{array}\right\vert$$

$$= -(1+t)(t^2-2t+1-1) = (1+t)(t)(t-2)$$

より固有値は $\lambda = -1,0,2$ である．

$\lambda = -1$ に対する固有空間は

$$A + I = \left(\begin{array}{rrr} 2&0&-1\\ 0&0&0\\ -1&0&2 \end{array}\ri... ...rightarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&0&-2\\ 0&0&0\\ 0&0&3 \end{array}\right)$$

$$\longrightarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&0&-2\\ 0&0&0\\ 0&0&1 \end{array}\rig... ...ightarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&1 \end{array}\right) .$$

よって

$$V(-1) = \{\alpha\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) \}.$$

$\lambda = 0$ に対する固有空間は

$$\left(\begin{array}{rrr} 1&0&-1\\ 0&-1&0\\ -1&0&1 \end{array}\r... ...htarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&0&-1\\ 0&1&0\\ 0&0&0 \end{array}\right) .$$

よって

$$V(0) = \{\beta\left(\begin{array}{c} 1\\ 0\\ 1 \end{array}\right) \}.$$

$\lambda = 2$ に対する固有空間は

$$\left(\begin{array}{rrr} -1&0&-1\\ 0&-3&0\\ -1&0&-1 \end{array}... ...ghtarrow \left(\begin{array}{rrr} 1&0&1\\ 0&1&0\\ 0&0&0 \end{array}\right) .$$

よって

$$V(2) = \{\beta\left(\begin{array}{c} -1\\ 0\\ 1 \end{array}\right) \}.$$

次に $V(-1),V(0),V(2)$ のそれぞれの正規直交基底として

$$\{\left(\begin{array}{c} 0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) , \left... ...array}{c} \frac{-1}{\sqrt{2}}\\ 0\\ \frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}\right) \}$$

をとると,

$$P = \left(\begin{array}{rrr} 0&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{-1}{\sqrt{2}}\\ 1&0&0\\ 0&\frac{1}{\sqrt{2}}&\frac{1}{\sqrt{2}} \end{array}\right)$$

は直交行列となり,

$$P^{-1}AP = P^{t}AP = \left(\begin{array}{rrr} -1&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&2 \end{array}\right).$$

3. $A = \left(\begin{array}{ll} 0&a_{1}\\ a_{2}&0 \end{array}\right)$ がユニタリ行列により対角行列に変換されるための必要十分条件は, 定理4.2より $A$ が正規行列．つまり $AA^{*} = A^{*}A$ である．

$$AA^{*} = \left(\begin{array}{ll} 0&a_{1}\\ a_{2}&0 \end{array}\r... ...}\right)\left(\begin{array}{ll} 0&a_{1}\\ a_{2}&0 \end{array}\right) = A^{*}A$$

より

$$\left(\begin{array}{ll} a_{1}\bar{a_{1}}&0\\ 0&a_{2}\bar{a_{2}} ... ...(\begin{array}{ll} a_{2}\bar{a_{2}}&0\\ 0&a_{1}\bar{a_{1}} \end{array}\right)$$

を得る．よって $\vert a_{1}\vert = \vert a_{2}\vert$.

4. $x_{1}^2 + 2x_{2}^2 - 3x_{3}^2 + 2x_{1}x_{2}$ を行列を用いて表すと

$$(x_{1},x_{2},x_{3})\left(\begin{array}{ccc} 1&1&0\\ 1&2&0\\ 0&0... ...ray}\right)\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2}\\ x_{3} \end{array}\right) .$$

ここで, $A = \left(\begin{array}{ccc} 1&1&0\\ 1&2&0\\ 0&0&-3 \end{array}\right)$ は実対称行列．よって定理4.2より直交行列で対角化可能．

$$\Phi_{A}(t) = \left\vert\begin{array}{ccc} 1-t&1&0\\ 1&2-t&0\\ 0&0&-3-t \end{array}\right\vert = (-3-t)(t^2 -3t + 1)$$

より固有値 $\lambda = -3, \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$．よって

$${\mathbf x}^{t}A{\mathbf x} = {\mathbf y}^{t}(P^{t}AP){\mathbf y} = -3y_{1}^2 + \frac{3 - \sqrt{5}}{2}y_{2}^2 + \frac{3 + \sqrt{5}}{2}y_{2}^2.$$

5.
$x_{1}\bar{x_{1}} + (1-i)x_{1}\bar{x_{2}} + (1+i)x_{2}\bar{x_{1}} + 2x_{2}\bar{x_{2}}$ を行列を用いて表すと

$$(\bar{x_{1}},\bar{x_{2}})\left(\begin{array}{cc} 1&1-i\\ 1+i&2 \end{array}\right)\left(\begin{array}{c} x_{1}\\ x_{2} \end{array}\right)$$

ここで $A$ はエルミート行列なので, 定理4.2よりユニタリ行列による直交化が可能である．

$$\Phi_{A}(t) = \left\vert\begin{array}{cc} 1-t&1-i\\ 1+i&2-t\\ \end{array}\right\vert = t(t-3)$$

より固有値 $\lambda = 0,3$．よって

$${\mathbf x}^{t}A{\mathbf x} = {\mathbf y}^{t}(U^{*}AU){\mathbf y} = 3\bar{y_{2}}y_{2}.$$

第 5 章

演習問題5.2.1

1. (a)

$$\left(\begin{array}{ccc} 8&0&0\\ 0&4&-1\\ 0&0&2 \end{array}\ri... ...^{-1}AP = \left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{array}\right)$$

(b)

$$\left(\begin{array}{ccc} 0&6&1\\ 0&0&-3\\ 18&0&0 \end{array}\r... ...^{-1}AP = \left(\begin{array}{ccc} 0&1&0\\ 0&0&1\\ 0&0&0 \end{array}\right)$$

2. (a)

$$\left(\begin{array}{ccc} -2&0&1\\ 1&-1&-1\\ 1&0&0 \end{array}\... ...^{-1}AP = \left(\begin{array}{ccc} 3&1&0\\ 0&3&1\\ 0&0&3 \end{array}\right)$$

(b)

$$\left(\begin{array}{ccc} 2&1&1\\ 2&0&1\\ -1&0&-1 \end{array}\r... ...1}AP = \left(\begin{array}{ccc} -1&1&0\\ 0&-1&0\\ 0&0&-3 \end{array}\right)$$