ベクトルと行列第二
1
演習 5
【解答例】
(1) まずこの連立１次方程式を解くために係数行列を行基本変形で簡約行列まで変形する.
1 1 4 2
1 1 4 2
1
2 −1 −1 1 → 0 −3 −9 −3 → 0
−1 1 2 0
0 2 6 2
0
1
1
2
4
3
6
2
1
1→0
2
0
0
1
0
1
3
0
1
1 .
0
よって, 連立１次方程式の解は
x1
−s − t
−1
−1
x2 −3s − t
−3
−1
=
x3 s = s 1 + t 0 (s, t は任意定数)
x4
t
0
1
−1
−1
−3 −1
を選ぶことができ, 次元は 2.
これより, 基底としてベクトルの組
,
1 0
0
1
(2) 与えられたベクトルを並べてできた行列に行基本変形を繰り返し,
1 6 7 4
1 6
7
4
1 6
7
4
1
2 5 0 1
0 −7 −14 −7
0 1
0
2
1
−3 −5 5 1 → 0 13 26 13 → 0 13 26 13 → 0
1 2 −1 0
0 −4 −8 −4
0 −4 −8 −4
0
0 −5 −2
1 2 1
.
0 0 0
0 0 0
最後に得られる簡約行列の 4 つの列ベクトルを見ることにより, 3 番目, ４番目の列ベクトルはとも
に 1 番目, 2 番目のベクトルの 1 次結合でで表され, しかも 1 番目, 2 番目のベクトルは 1 次独立であ
ることが分かる. 列ベクトルの間の
1 次関係は行基本変形によって変わらないから, 求める空間の基
1
6
2 5
底としてベクトルの組
−3 , −5 を選ぶことができる. またこの空間の次元は 2.
1
2
2
(1) A に行基本変形を繰り返して,
1 2 3 4
1 2 3
4
1 0 −1 −10
1 0 −1 0
3 4 5 −2 → 0 −2 −4 −14 → 0 1 2
7 → 0 1 2 0 .
0 1 2 −3
0 1 2 −3
0 0 0 −10
0 0 0 1
s
1
1
−2s
−2
−2
よって, Ax = 0 の解は x =
s = s 1 (s は任意定数) となり, ker A の基底は 1 , 次
0
0
0
元は 1.
1
2
4
(2) (1) の行基本変形で得られる階段行列を見て, im A の基底は 3 , 4 , −2 で, 次元は 3.
0
1
−3
3
(1) W1 , W2 は連立１次方程式の解空間. 係数行列に行基本変形を施し,
[
]
[
]
[
]
1 2
2 0 1 2
1 0 21 1
W1 :
→
→
,
2 −1
0 1 1 −3
0 1 1 −3
[
]
]
]
[
[
1 2 1 3
1 2 1 3
1 0 −1 9
W2 :
→
→
.
1 3 2 0
0 1 1 −3
0 1 1 −3
−1
1
−9
−1
−1 3
−2 3
よって, W1 の基底は
2 , 0 で, 次元は 2. W2 の基底は 1 , 0 で, 次元は 2.
0
1
0
1
次に, W1 ∩ W2 は,
+ x3 + 2x4 = 0
x1 2x1
x2 2x1 + x2 − +2x3 − x4 = 0
W1 ∩ W2 =
x3 x1 + 2x2 + x3 + 3x4 = 0 .
=0
x4 x1 + 3x2 + 2x3
2 0
2 1
で与えられる. 係数行列に行基本変形を施して,
2
2
1
1
0
1
2
3
1 2
1
2
2 −1
→
2
1 3
2 0
1
2
1
0
3
1 0 0 11
1 3
1 2 1 3
3
0 1 0
7
2 −1
3
→ 0 −3 0 −7 → · · · →
.
0 −4 −1 −4
1 2
0 0 1 − 16
3
2 0
0 1 1 −3
0 0 0 0
−11
−7
, 次元は 1. 最後に, W1 + W2 は次で与えられる:
よって, W1 ∩ W2 の基底は
16
3
−1
−1
1
−9
D −2 3 −1 3 E
W1 + W2 =
2 , 0 , 1 , 0 .
0
1
0
1
対応する行列に行基本変形を繰り返し,
−1 −1 1 −9
1
−2 3 −1 3 0
2 0 1 0 → 0
0 1 0 1
0
1 −1 9
1
0
5 −3 21
→
−2 3 −18 0
1 0
1
0
−1
−1
1
−2 3 −1
よって, W1 + W2 の基底は
2 , 0 , 1 で,
0
1
0
8
1 −1 9
1 0 0
3
1 0
1
→ · · · → 0 1 0 116 .
0 0 1 −
−2 3 −18
3
5 −3 21
0 0 0 0
次元は 3.
(2) W1 , W2 はともに１次独立な２つのベクトルで張られている. よって, これらのベクトルの組を
W1 , W2 の基底として採用してよい. 次元はともに 2. 次に, W1 + W2 は
1
1
0
1
D 2 −1 1 9 E
W1 + W2 =
0 , 3 , 5 , −1
4
3
−2
4
と表される. 対応する行列に行基本変形を繰り返し,
1 1 0 1
1 1 0 1
1 1
2 −1 1 9 0 −3 1 7 0 1
0 3 5 −1 → 0 3 5 −1 → 0 3
4 3 −2 4
0 −1 −2 0
0 −3
0 1
1
0
2 0
→ · · · →
0
5 −1
1 7
0
0
1
0
0
0 3
0 −2
.
1 1
0 0
1
1
0
2 −1 1
よって, W1 + W2 の基底は
0 , 3 , 5 で, 次元は 3. 最後に, W1 ∩ W2 について考える.
4
3
−2
W1 ∩ W2 の任意に元は
0
1
1
1
9
1
−1
2
x1
0 + x2 3 = y1 5 + y2 −1
4
−2
3
4
と２通りに表される. この関係は係数 x1 , x2 , −y1 , −y2 を未知数とする連立１次方程式
x1
0
1 1 0 1
2 −1 1 9 x2 0
0 3 5 −1 −y1 = 0
4 3 −2 4
−y2
0
と見なせる. 上で行った行基本変形より, x1 = −3s, x2 = 2s, −y1 = −s, −y2 = s (s は任意定数)
が得られ, W1 ∩ W2 の元は
1
1
−s
1
2
−1 −8s
8
−3s
0 + 2s 3 = 6s = −s −6
4
3
−6s
6
1
8
で, 次元は 1.
と表されることがわかる. 従って, W1 ∩ W2 の基底は
−6
6
4
(1) bj = P aj , aj = P −1 bj (1 ≤ j ≤ n) であることに注意. まず,
•
•
∑n
j=1 λj aj
∑n
j=1 λj bj
=0 ⇒
=0 ⇒
∑n
j=1
∑n
j=1
λ j bj =
λ j aj =
∑n
j=1 λj P aj =
∑n
−1
bj
j=1 λj P
P
=
∑n
j=1 λj aj = P 0 = 0,
∑n
−1
−1
0
P
j=1 λj bj = P
=0
より, 前半が示される. 次に,
aj1 , . . . , ajr が ha1 , . . . , an i の基底
⇔
aj1 , . . . , ajr が ha1 , . . . , an i を張り, かつ 1 次独立.
⇔
各 j 6= j1 , . . . , jr に対し aj ∈ haj1 , . . . , ajr i で, aj1 , . . . , ajr が 1 次独立.
⇔ (∗)
{
各 j 6= j1 , . . . , jr に対し aj =
∑r
s=1
∑r
s=1
µs ajs なる µ1 , . . . , µr が存在し,
νs ajs = 0 ならば必ず ν1 = · · · = νr = 0.
(∗) の 2 箇所の下線部はともに a1 , . . . , an の間の 1 次関係式であるから, 前半の結果により, (∗) の主
張と (∗) において a1 , . . . , an を b1 , . . . , bn で置き換えた主張とは同値である. よって, (a1 , . . . , an
を b1 , . . . , bn で置き換えて) 議論を逆に辿ることにより後半も示される.
(2) V = ha1 , . . . , an i, W = hc1 , . . . , cn i と お い て V = W を 示 す. c1 , . . . , cn の 定 め 方 よ り
[
] [
]
[ ]
∑n
c1 · · · cn = a1 · · · an Q であるから, Q = qij とすれば cj = i=1 qij ai ∈ V (1 ≤ j ≤ n)
[
] [
]
となり, W ⊂ V がわかる. また, a1 · · · an = c1 · · · cn Q−1 でもあるから, W ⊂ V を示した
のと全く同様な論法により V ⊂ W . 従って, 確かに V = W である.
© Copyright 2026 ExpyDoc
