2014 年度
線型代数学演習 A
No. 13 略解
2014 年 7 月 17 日実施
1 正整数 n について, dn = det An と表すとする.
(1) d1 = det A1 = 1, d2 = det A2 = 1 · 3 − 1 · 1 = 2 である. そして, n ≥ 3 のとき, 第
n 行に関して展開し, 続けて第 n − 1 列に関して展開すると,

0
.. 

.

An−2

n+n
n+(n−1)
.. 
dn = detAn = 3·(−1) ·detAn−1 +1·(−1)
·det
.



0
0 ··· 0 1 2
= 3dn−1 −2·(−1)(n−1)+(n−1) detAn−2 = 3dn−1 −2dn−2 .
ここで, dn = 2n−1 を n に関する帰納法により示す. n = 1, 2 のときは d1 = 1 = 21−1 ,
d2 = 2 = 22−1 となり主張が成り立つ. そこで, n ≥ 3 とし, n − 1 まで主張が成り
立つと仮定する. このとき, n − 1 > n − 2 ≥ 1 であるから, dn = 3dn−1 − 2dn−2 =
3 · 2(n−1)−1 − 2 · 2(n−2)−1 = 2 · 2n−2 = 2n−1 . ゆえに, n のときも主張が成り立つ. 従っ
て, 任意の正整数 n について, det An = dn = 2n−1 が成り立つ.
(2) d1 = det A1 = 1, d2 = det A2 = 1 · 2 − 1 · 1 = 1 である. そして, n ≥ 3 のとき, 第
n 行に関して展開し, 続けて第 n − 1 列に関して展開すると,

0
.. 

. 

 An−2
n+n
n+(n−1)
.. 
dn = detAn = n·(−1) ·detAn−1 +1·(−1)
·det
. 



0 
0 · · · 0 1 n−1
= ndn−1 −(n−1)·(−1)(n−1)+(n−1)·detAn−2 = ndn−1 −(n−1)dn−2 .
そこで, dn = 1 を n に関する帰納法で示す. n = 1, 2 のとき, d1 = d2 = 1 となり主
張が成り立つ. そこで, n ≥ 3 とし, n − 1 まで主張が成り立つと仮定する. このとき,
n − 1 > n − 2 ≥ 1 であるから, dn = ndn−1 − (n − 1)dn−2 = n − (n − 1) = 1. よって, n
のときも主張が成り立つ. 以上により, すべての正整数 n について, det An = dn = 1.
2 (1) A = (a1 , a2 , a3 ) とすると, a1 = a2 + a3 であるから, rankA ≤ 2 である. そし
て, A′ = (a2 , a3 ) とするとき, rankA = rankA′ であり, rankA′ ≤ 1 であることと, A′
のすべての 2 次の小行列式が 0 であることが同値である. ここで, A′ の 2 次の小行列
式を求めると, (
)
a
1
det
= a(a + 1) − (a − 1) · 1 = a2 + 1,
a−1 a+1
(
)
a 1
det
= a · a − (−1) · 1 = a2 + 1,
−1 a
(
)
a−1 a+1
det
= (a − 1)a − (−1) · (a + 1) = a2 + 1.
−1
a
ゆえに rankA′ ≤ 1 となるのは a2 + 1 = 0, 即ち, a = ±i のときである. 以上により,
求める a がみたす必要十分条件は a ̸= ±i.
1
(2) rank B ≤ 2 となるのは, B のすべての 3 次の小行列式が 0 となるときである. と
ころが, a1 = a2 + a3 より, rankA = rank(a1 , a2 , a3 ) ≤ 2 となり, det A = 0 が成り
立つ. そして,
det(a1 , a2 , b) = det(a2 + a3 , a2 , b) = det(a3 , a2 , b) = − det(a2 , a3 , b),
det(a1 , a3 , b) = det(a2 + a3 , a3 , b) = det(a2 , a3 , b).
ゆえに, B のすべての 3 次小行列式が 0 であることは, det(a2 , a3 , b) = 0 が成り立つ
(
)
(
)
ことと同値である. ところで,
a−1 a+1
a 1
1+3
2+3
det(a2 , a3 , b) = (b − 2)·(−1) ·det
+4·(−1) ·det
−1
a
−1 a
(
)
a
1
+(b + 2)·(−1)3+3·det
a−1 a+1
= (a2 + 1)((b − 2) − 4 + (b + 2)) = 2(a2 + 1)(b − 2).
ゆえに, rank B ≤ 2 となるのは, (a2 + 1)(b − 2) = 0 が成り立つときである. こ
のとき, a2 + 1 ̸= 0 ならば, b = 2 となるが, (1) より rankA = 2 である. よって,
2 = rankA ≤ rank B ≤ 2 となり, rankB = 2 が成り立つ. a2 + 1 となるときは, a = ±i
であるが
, b) の 2 次の小行列式について
( , (a2 , a3 )
( ,
)
1 b−2
±i−1 4
det
= (∓i−1)b+(±2i+6), det
= (±i−1)b+(±2i+2).
±i+1 4
−1 b+2
これらがともに 0 であるとすると, ±2i + 6 = ±2i − 2 となり矛盾が生じる. よって,
そのような b ∈ C は存在しない. ゆえに, rank(a2 , a3 , b) = 2 となる. 以上により,
求める a, b の条件は (a2 + 1)(b − 2) = 0.
′
3 (1) 複素係数一変数多項式 f (x) = cl xl + · · · + c1 x + c0 , g(x) = c′l′ xl + · · · + c′1 x + c′0 に
(
)
l+l′
∑
∑
ついて, f g(x) =
cp c′q xr であるが, 非負整数 p, q について, T p T q = T p+q
r=0
p+q=r
(ただし, T 0 = 1V ) が成り立つから
) ,
( l
) ( l′
)
′ (
l+l
∑ ∑
∑
∑
f g(T ) =
cp c′q T r =
cp T p
c′q T q = f (T )g(T ).
r=0
p+q=r
p=0
q=0
ここで, 1 ≤ j, l ≤ n なる j, l について,
n
n
n
∑
∑
∑
fjl (T )vj =
(δjl T − ajl 1V )vj = T vl −
ajl vj = 0.
j=1
ゆえに, hjk (x) =
n
∑
hjk (T )vj =
j=1
j=1
n
∑
j=1
glk (x)fjl (x) であることより,
(n
) n
n
∑
∑
∑
glk (T )fjl (T ) vj =
glk (T )
fjl (T )vj =
glk (T )0 = 0.
fjl (x)glk (x) =
l=1(
n ∑
n
∑
j=1
n
∑
l=1
)
l=1
l=1
j=1
l=1
e とすると, 1 ≤ j, k ≤ n なる j, k について, gjk (x) = fekj (x) ((k, j) 余因子) で
(2) Y = X
n
n
∑
∑
あるから, hjk (x) =
fjl (x)glk (x) =
fjl (x)fekl (x) = δjk det X = δjk φ(x). ゆえに,
(1) より 0 =
n
∑
j=1
l=1
hjk (T )vj =
n
∑
l=1
δjk φ(T )vj = φ(T )vk . ここで, V1 の任意の元 v ∈ V1 は
j=1
v = b1 v1 + · · · + bn vn (b1 , . . . ,(bn ∈ C) と表されるから
,
)
n
n
n
∑
∑
∑
φ(T )v = φ(T )
bk vk =
bk φ(T )vk =
bk 0 = 0.
k=1
k=1
2
k=1

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