線形代数学続論06：1次独立と1次従属

((1)⇒(2))　\( \mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\cdots,\mathbf{a}_n \) は1次従属であるので、

$$ c_1\mathbf{a}_1+c_2\mathbf{a}_2+\cdots+c_n\mathbf{a}_n=\mathbf{0} $$

という関係がなりたつとき、どこかしらの \( i \ (1≦i≦n) \) において、 \( c_i\not=0 \) となります。

よって、このとき \( \mathbf{a}_i \) は次のように表すことができます。

$$ \mathbf{a}_i=-\frac{1}{c_i}(c_1\mathbf{a}_1+\cdots+c_{i-1}\mathbf{a}_{i-1}+c_{i+1}\mathbf{a}_{i+1}+\cdots+c_n\mathbf{a}_n) $$

((2)⇒(1))　

$$ \mathbf{a}_i=b_1\mathbf{a}_1+\cdots+b_{i-1}\mathbf{a}_{i-1}+b_{i+1}\mathbf{a}_{i+1}+\cdots+b_n\mathbf{a}_n $$

と表せたとします。すると、

$$ b_1\mathbf{a}_1+\cdots+b_{i-1}\mathbf{a}_{i-1}-\mathbf{a}_i+b_{i+1}\mathbf{a}_{i+1}+\cdots+b_n\mathbf{a}_n=\mathbf{0} $$

となり、 \( \mathbf{a}_i \) の係数は必ず \( -1\not=0 \) であるため、 \( \mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\cdots,\mathbf{a}_n \) は1次従属となります。

((1)⇒(2))　\( \mathbf{x}\in S[\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\cdots,\mathbf{a}_n] \) を次のようになっているとする。

$$ \mathbf{x}=c_1\mathbf{a}_1+\cdots+c_n\mathbf{a}_n=c_1’\mathbf{a}_1+\cdots+c_n’\mathbf{a}_n $$

このとき、

$$ (c_1-c’_1)\mathbf{a}_1+\cdots+(c_n-c’_n)\mathbf{a}_n=\mathbf{0} $$

であるので、 \( \mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\cdots,\mathbf{a}_n \) の1次独立性より、

$$ c_1-c’_1=c_2-c’2=\cdots=c_n-c’_n=0 $$

したがって、

$$ c_1=c’_1, \quad c_2=c’_2, \quad \cdots, \quad c_n=c’_n $$

((2)⇒(1))　\( \mathbf{0}\in S[\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\cdots,\mathbf{a}_n] \) をとると、

$$ \mathbf{0}=0\mathbf{a}_1+0\mathbf{a}_2+\cdots+0\mathbf{a}_n $$

のように表すことができます。ここで、(2)より \( \mathbf{0} \) のこれ以外の表し方はないので、 \( \mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\cdots,\mathbf{a}_n \) は1次独立となります。

(1)　\( \mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\cdots,\mathbf{a}_r \ (r<s) \) が1次従属であるので、

$$ c_1\mathbf{a}_1+\cdots+c_r\mathbf{a}_r=\mathbf{0} $$

とすると、どこかしらの \( i \ (1≦i≦r) \) において、 \( c_i\not=0 \) となります。また、この式は

$$ c_1\mathbf{a}_1+\cdots+c_r\mathbf{a}_r+0\mathbf{a}_{r+1}+\cdots+0\mathbf{a}_s=\mathbf{0} $$

と表すことができ、 \( c_i\not=0 \) より、 \( \mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\cdots,\mathbf{a}_s \) も1次従属となります。

(2)　(1)の対偶をとれば示せます。

(1)　\( \mathbb{R}^n \) 内の \( (n+1) \) 個のベクトルの組

$$ \mathbf{a}_1=\begin{pmatrix} a_{11} \\ a_{12} \\ \vdots \\ a_{1n} \end{pmatrix}, \quad \mathbf{a}_2=\begin{pmatrix} a_{21} \\ a_{22} \\ \vdots \\ a_{2n} \end{pmatrix}, \quad \cdots, \quad \mathbf{a}_{n+1}=\begin{pmatrix} a_{1 \ n+1} \\ a_{2 \ n+1} \\ \vdots \\ a_{n \ n+1} \end{pmatrix} $$

に対して、 \( n+1 \) 項目に \( 0 \) を加えたベクトル

$$ \mathbf{a}’_1=\begin{pmatrix} a_{11} \\ a_{12} \\ \vdots \\ a_{1n} \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{a}’_2=\begin{pmatrix} a_{21} \\ a_{22} \\ \vdots \\ a_{2n} \\ 0 \end{pmatrix}, \quad \cdots, \quad \mathbf{a}’_{n+1}=\begin{pmatrix} a_{1 \ n+1} \\ a_{2 \ n+1} \\ \vdots \\ a_{n \ n+1} \\ 0 \end{pmatrix} $$

を考えます。このとき、行列 \( \widetilde{A} \) を

$$ \begin{align} \widetilde{A}&=\begin{pmatrix} \mathbf{a}’_1 & \mathbf{a}’_2 & \cdots & \mathbf{a}’_n \end{pmatrix} \\ &=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1 \ n+1} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2 \ n+1} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{n \ n+1} \\ 0 & 0 & \dots & 0 \end{pmatrix} \end{align} $$

を定めると、1つの行がすべて0であるので、

$$ \det \begin{pmatrix} \mathbf{a}’_1 & \mathbf{a}’_2 & \cdots & \mathbf{a}’_n \end{pmatrix}=|\widetilde{A}|=0 $$

したがって、連立一次方程式 \( \widetilde{A}\mathbf{x}=\mathbf{0} \) は自明でない解をもちます。

これは、

$$ x_1\mathbf{a}’_1+x_2\mathbf{a}’_2+\cdots+x_{n+1}\mathbf{a}’_{n+1}=\mathbf{0} $$

において、ある \( i \) で \( x_i\not=0 \) となることを意味しているので、 \( \mathbf{a}’_1,\mathbf{a}’_2,\cdots,\mathbf{a}’_{n+1} \) は1次従属となります。とくに、

$$ x_1\begin{pmatrix} a_{11} \\ a_{12} \\ \vdots \\ a_{1n} \\ 0 \end{pmatrix}+x_2\begin{pmatrix} a_{21} \\ a_{22} \\ \vdots \\ a_{2n} \\ 0 \end{pmatrix}+\cdots+x_{n+1}\begin{pmatrix} a_{1 \ n+1} \\ a_{2 \ n+1} \\ \vdots \\ a_{n \ n+1} \\ 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} $$

の \( n+1 \) 項を除いたところを考えることにより、 \( \mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\cdots,\mathbf{a}_{n+1} \) も1次従属となります。

(2)　\( \mathbb{R}^n \) 内の \( r \) 個のベクトルの組 \( \mathbf{a}_1,\cdots,\mathbf{a}_r \) のうち、 \( (n+1) \) 個のベクトル \( \mathbf{a}_1,\cdots,\mathbf{a}_{n+1} \) は(1)より1次従属であるので、

$$ x_1\mathbf{a}_1+\cdots+x_{n+1}\mathbf{a}_{n+1}=\mathbf{0} $$

とおくと、ある \( i \) で \( x_i\not=0 \) となります。

よって、

$$ x_1\mathbf{a}_1+\cdots+x_{n+1}\mathbf{a}_{n+1}+0\mathbf{a}_{n+2}+\cdots+0\mathbf{a}_r=\mathbf{0} $$

と表してあげると、 \( \mathbf{a}_1,\cdots,\mathbf{a}_r \) も1次従属となります。

(1)　\( \mathbf{a}_1,\cdots,\mathbf{a}_n \) が1次独立であることを示すために、

$$ c_1\mathbf{a}_1+\cdots+c_n\mathbf{a}_n=\mathbf{0} $$

とします。両辺を \( f \) で移して、 \( f \) の線形性を用いると、

$$ c_1f(\mathbf{a}_1)+\cdots+c_nf(\mathbf{a}_n)=f(\mathbf{0})=\mathbf{0} $$

\( f(\mathbf{a}_1),\cdots,f(\mathbf{a}_n) \) は1次独立であるので、

$$ c_1=\cdots=c_n=0 $$

したがって、 \( \mathbf{a}_1,\cdots,\mathbf{a}_n \) も1次独立となります。

(2)　\( f(\mathbf{a}_1),\cdots,f(\mathbf{a}_n) \) が1次独立であることを示すために、

$$ c_1f(\mathbf{a}_1)+\cdots+c_nf(\mathbf{a}_n)=\mathbf{0} $$

とします。 \( f \) の線形性より、

$$ f(c_1\mathbf{a}_1+\cdots+c_n\mathbf{a}_n)=\mathbf{0} $$

ここで \( f \) は単射なので、線形代数学続論05の定理6より \( \text{Ker} \ f=\{\mathbf{0} \} \) となるので、

$$ c_1\mathbf{a}_1+\cdots+c_n\mathbf{a}_n=\mathbf{0} $$

となります。( \( f(\mathbf{x})=\mathbf{0} \) となる \( \mathbf{x} \) は \( \mathbf{0} \) しかないため)

したがって、 \( \mathbf{a}_1,\cdots,\mathbf{a}_n \) は1次独立であるので、

$$ c_1=\cdots=c_n=0 $$

よって、 \( f(\mathbf{a}_1),\cdots,f(\mathbf{a}_n) \) も1次独立となります。

((1)⇒(2))　\( \mathbf{a}’_1,\cdots,\mathbf{a}’_n \) が1次独立であることを示すために、

$$ c_1\mathbf{a}’_1+\cdots+c_n\mathbf{a}’_n=\mathbf{0} $$

とします。行列 \( A \) を

$$ A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} \end{pmatrix} $$

として、左辺を計算すると、

$$ \begin{align} &c_1\mathbf{a}’_1+\cdots+c_n\mathbf{a}’_n=c_1\begin{pmatrix} a_{11} \\ a_{21} \\ \vdots \\ a_{n1} \end{pmatrix}+\cdots+c_n\begin{pmatrix} a_{1n} \\ a_{2n} \\ \vdots \\ a_{nn} \end{pmatrix} \\ &=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \dots & a_{nn} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_n \end{pmatrix}=A\begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_n \end{pmatrix} \end{align} $$

したがって、

$$ A\begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} $$

いま、 \( A \) は正則行列であるので、逆行列 \( A^{-1} \) を左からかけると、

$$ \begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} $$

となるので、 \( \mathbf{a}’_1,\cdots,\mathbf{a}’_n \) は1次独立となる。

((2)⇒(1))　背理法で示します。 \( |A|\not=0 \) を仮定します。

$$ c_1\mathbf{a}’_1+\cdots+c_n\mathbf{a}’_n=\mathbf{0} $$

とすると、上と同じような計算により

$$ A\begin{pmatrix} c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_n \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} $$

となります。これは連立一次方程式であるので、 \( |A|=0 \) より非自明な解

$$ \begin{pmatrix} d_1 \\ d_2 \\ \vdots \\ d_n \end{pmatrix}\not=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} $$

が存在します。

したがって、 \( \mathbf{a}’_1,\cdots,\mathbf{a}’_n \) は1次従属となり矛盾します。

よって、 \( |A|=0 \) となります。

((1)⇔(3))　線形代数学続論04の定理7より \( |{}^tA|=|A| \) であるので、上の議論の \( A \) を \( {}^tA \) で置き換えればそのまま成り立ちます。