線形代数学12：非同次連立一次方程式の解法

こんにちは、ひかりです。

今回は線形代数学から非同次連立一次方程式の解法について解説していきます。

この記事では以下のことを紹介します。

非同次連立一次方程式の解法

今回はいよいよ一般的な連立一次方程式の解について調べていきます。

$$ \begin{align} \begin{cases} a_{11}x_1+a_{12}x_2+\dots+a_{1n}x_n=b_1 \\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+\dots+a_{2n}x_n=b_2 \\ \quad \vdots \\ a_{m1}x_1+a_{m2}x_2+\dots+a_{mn}x_n=b_n \end{cases} \tag{1} \end{align} $$

このように右辺の定数項 \( b_1,\dots,b_m \) の少なくとも一つは0でない連立一次方程式を非同次連立一次方程式といいます。

この方程式も \( n \) 個の未知数と \( m \) 個の式から成り立っています。

この方程式では同次連立一次方程式のような自明な解 \( x_1=x_2=\dots=x_n=0 \) はもちません。

では、どのような解をもつのでしょうか?

まず、係数行列は

$$ A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \dots & a_{mn} \end{pmatrix} $$

となります。また、ここでは

$$ B=\left( \begin{array}{c|c} & b_1 \\ A & \vdots \\ & b_m \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc|c} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} & b_1 \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} & b_2 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ a_{m1} & a_{m2} & \dots & a_{mn} & b_m \end{array}\right) $$

を拡大係数行列とよぶことにします。

\( B \) に行基本変形を行って、 \( A \) の部分が次のような階段行列 \( C \) になったとします。

$$ C=\left(\begin{array}{cccccccccccc|c} 0 & \dots & 0 & c_{1\ell_1} & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & c_{1n} & d_1 \\ 0 & \dots & \dots & \dots & \dots & 0 & c_{2\ell_2} & \dots & \dots & \dots & \dots & c_{2n} & d_2 \\ \vdots & & & & & & & \ddots & & & & \vdots & \vdots \\ 0 & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & 0 & c_{r\ell_r} & \dots & c_{rn} & d_r \\ 0 & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & 0 & d_{r+1} \\ \vdots & & & & & & & & & & & \vdots & \vdots \\ 0 & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & 0 & d_m \end{array}\right) $$

行列 \( C \) により(1)は次の方程式に変形されます。

$$ \begin{align} \begin{cases} c_{1\ell_1}x_{\ell_1}+\dots+c_{1n}x_n=d_1 \\ c_{2\ell_2}x_{\ell_2}+\dots+c_{2n}x_n=d_2 \\ \quad \vdots \\ c_{r\ell_r}x_{\ell_r}+\dots+c_{rn}x_n=d_r \\ 0=d_{r+1} \\ \quad \vdots \\ 0=d_m \end{cases} \tag{2} \end{align} $$

つまり、右辺にある \( d_{r+1},\dots,d_m \) のうち、1つでも0でないものがあれば、(2)は矛盾した式となります。

よって、 \( \text{rank}A\not=\text{rank}B \) のとき、(2)は解をもたないことがわかります。( \( \text{rank}A=\text{rank}B \) だと \( d_{r+1}=\dots=d_m=0 \) となるからです)

逆に \( \text{rank}A=\text{rank}B \) ならば、(2)は結局、次のような式となります。

$$ \begin{align} \begin{cases} c_{1\ell_1}x_{\ell_1}+\dots+c_{1n}x_n=d_1 \\ c_{2\ell_2}x_{\ell_2}+\dots+c_{2n}x_n=d_2 \\ \quad \vdots \\ c_{r\ell_r}x_{\ell_r}+\dots+c_{rn}x_n=d_r \end{cases} \tag{3} \end{align} $$

(3)は \( (n-\ell_1+1) \) 個の未知数と \( r \) 個の式から成り立っています。

前回のときと同様に \( C \) が階段行列なので、 \( (n-\ell_1+1)≧ r \) となります。

よって、 \( (n-\ell_1+1)-r \) 個の未知数、たとえば \( x_{\ell_1},x_{\ell_1+1},\dots,x_{n-r} \) を任意に与えると、残りの \( r \) 個の未知数 \( x_{n-r+1},x_{n-r+2},\dots,x_n \) は(3)からただ一組定まります。

また、最初の行基本変形によって消えてしまった未知数 \( x_1,\dots,x_{\ell_1-1} \) もどんな値でもよいということになります。

まとめると、解 \( x_1,\dots,x_n \) について、

よって、同次連立一次方程式と同様に、　自由度＝未知数の数ー係数行列 \( A \) の階数　で与えられます。

非同次連立一次方程式は自明の解をもたないということをもういちど注意しておきます。

ここまでの非同次連立一次方程式の解法について簡単にまとめてみましょう。

掃き出し法を用いた逆行列の求め方

最後に、いままでの連立一次方程式の解法を利用して逆行列を掃き出し法で求めてみましょう。

ここでは、例として3次の正則行列 \( A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix} \) を考えます。

\( A \) は正則なので、 \( AX=XA=E \) となる \( X \) が存在します。

よって、 \( X=\begin{pmatrix} x_1 & y_1 & z_1 \\ x_2 & y_2 & z_2 \\ x_3 & y_3 & z_3 \end{pmatrix} \) とおきます。

\( AX=E \) にこれらを代入すると、

$$ \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 & y_1 & z_1 \\ x_2 & y_2 & z_2 \\ x_3 & y_3 & z_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} $$

これを解くと、次の3つの連立一次方程式が得られます。

$$ \begin{cases} a_{11}x_1+a_{12}x_2+a_{13}x_3=1 \\ a_{21}x_1+a_{22}x_2+a_{23}x_3=0 \\ a_{31}x_1+a_{32}x_2+a_{33}x_3=0 \end{cases}, \ \begin{cases} a_{11}y_1+a_{12}y_2+a_{13}y_3=0 \\ a_{21}y_1+a_{22}y_2+a_{23}y_3=1 \\ a_{31}y_1+a_{32}y_2+a_{33}y_3=0 \end{cases}, $$

$$ \begin{cases} a_{11}z_1+a_{12}z_2+a_{13}z_3=0 \\ a_{21}z_1+a_{22}z_2+a_{23}z_3=0 \\ a_{31}z_1+a_{32}z_2+a_{33}z_3=1 \end{cases} $$

これらの係数行列はいずれも \( A \) となります。

よって、それぞれ

$$ \left( A \ \begin{array}{|c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right), \ \left( A \ \begin{array}{|c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right), \ \left( A \ \begin{array}{|c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) $$

を掃き出し法で解けばよいということになります。

\( A \) は正則なので \( |A|\not=0, \) よって、 \( \text{rank}A=3 \) となります。(\( \text{rank}A<3 \) であると、すべて0である行が存在するためです)

よって、

$$ \begin{align} \left( A \ \begin{array}{|c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) & \to \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & \alpha_1 \\ 0 & 1 & 0 & \alpha_2 \\ 0 & 0 & 1 & \alpha_3 \end{array} \right) \\ \left( A \ \begin{array}{|c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) & \to \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & \beta_1 \\ 0 & 1 & 0 & \beta_2 \\ 0 & 0 & 1 & \beta_3 \end{array} \right) \\ \left( A \ \begin{array}{|c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) & \to \left( \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & \gamma_1 \\ 0 & 1 & 0 & \gamma_2 \\ 0 & 0 & 1 & \gamma_3 \end{array} \right) \end{align} $$

と変形することができて、

$$ A^{-1}=X=\begin{pmatrix} x_1 & y_1 & z_1 \\ x_2 & y_2 & z_2 \\ x_3 & y_3 & z_3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \alpha_1 & \beta_1 & \gamma_1 \\ \alpha_2 & \beta_2 & \gamma_2 \\ \alpha_3 & \beta_3 & \gamma_3 \end{pmatrix} $$

として逆行列 \( A^{-1} \) を求めることができます。

まとめると、

$$ \left( A \ \begin{array}{|ccc} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array} \right) \to \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & \alpha_1 & \beta_1 & \gamma_1 \\ 0 & 1 & 0 & \alpha_2 & \beta_2 & \gamma_2 \\ 0 & 0 & 1 & \alpha_3 & \beta_3 & \gamma_3 \end{array} \right) $$

つまり、 \( (A|E)\to (E|A^{-1}) \) となります。

今回はここまでです。お疲れ様でした。また次回にお会いしましょう。