4: 線形結合
4.1: 線形結合, 線型独立の定義
単純な例として, $2\times 1$ 型の列ベクトルを考えてみる. 標準基底 \[ \mathbf{e}_1 = \begin{pmatrix} 1\cr 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{e}_2 = \begin{pmatrix} 0\cr 1 \end{pmatrix} \] を用いると, 任意のベクトル $\begin{pmatrix}a\cr b\end{pmatrix}$ は, \[ \begin{pmatrix} a\cr b \end{pmatrix} = a\mathbf{e}_1 + b\mathbf{e}_2 \] と表すことができる. このように, あるベクトルを特定のベクトルたちの足し合わせ (線型結合) で表現することは, ベクトルを扱う際に重要な考え方となる. ここでは 線型独立という概念を導入し, 行列に対する簡単な応用を紹介する. また, 線型独立なベクトルたちの線型結合を用いた計算例を紹介する.
本来は, より抽象的にベクトル空間を導入するところから始めるべきであろうが, ここでは簡単のため列ベクトルの線型結合および線型独立に限定して紹介することにする.
- $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1\cr 0 \end{pmatrix}, \ \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0\cr 1 \end{pmatrix}$ のとき, $\begin{pmatrix} a\cr b \end{pmatrix} = a\mathbf{v}_1 + b\mathbf{v}_2$ は $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ の線型結合.
- $\mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1\cr 0 \end{pmatrix}, \ \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1\cr 1 \end{pmatrix}$ のとき, $\begin{pmatrix} a\cr b \end{pmatrix} = (a-b)\mathbf{v}_1 + b\mathbf{v}_2$ は $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ の線型結合.
上の例と同様に, \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1\cr 0 \end{pmatrix},\quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0\cr 1 \end{pmatrix},\quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1\cr 1 \end{pmatrix} \] というベクトルの組を考えてみる. このとき, 例えば \[ \begin{pmatrix} a\cr b \end{pmatrix} = a\mathbf{v}_1 + b\mathbf{v}_2 + 0\mathbf{v}_3 = (a-b)\mathbf{v}_1 + 0\mathbf{v}_2 + b\mathbf{v}_3 \] のように, 同じベクトルを表現する方法が複数存在することになる. これは, $\mathbf{v}_3$ が \[ \mathbf{v}_3 = \mathbf{v}_1 + \mathbf{v}_2 \] という線型結合で表現されることが原因である. この場合, 例えば $\mathbf{v}_3$ を除外したとしても, $\mathbf{v}$ はベクトル $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ だけの線型結合で表現できる. このように, あるベクトルの組に対する線型結合を考える際には, ベクトルの組の中から他のベクトルの線型結合で表現できるものを除外しても構わない, ということになる.
一方で, ベクトルの組 $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$, $\dots$, $\mathbf{v}_n$ を考えたとき, 任意の $k$ に対して $\mathbf{v}_k$ がそれ以外のベクトルの線型結合で表現することができないならば, そのようなベクトルの組 $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$, $\dots$, $\mathbf{v}_n$ は線形独立であるという. この定義は以下と同値である:
\[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1\cr 0 \end{pmatrix},\quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0\cr 1 \end{pmatrix},\quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1\cr 1 \end{pmatrix}. \]
- $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ は線型独立.
- $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_3$ は線型独立.
- $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$, $\mathbf{v}_3$ は線型独立ではない. 実際, 例えば $c_1=-1$, $c_2=-1$, $c_3=1$ に対して \[ c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2 + c_3\mathbf{v}_3 = \mathbf{0}. \] が成立する.
- $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$, $\mathbf{0}$ は線型独立ではない. 実際, 任意の $c\neq0$ に対して \[ 0\mathbf{v}_1 + 0\mathbf{v}_2 + c\mathbf{0} = \mathbf{0}. \] が成立する.
4.2: 線型独立と行列の正則性
ベクトル $\mathbf{v}_j$ を第 $j$ 列ベクトルとする正方行列を $V$ とおき, また $c_1$, $c_2$, $\dots$, $c_n$ たちを並べた列ベクトルを $\mathbf{c}$ とおく: \[ V = \begin{pmatrix} \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \dots, \mathbf{v}_n \end{pmatrix},\qquad \mathbf{c} = \begin{pmatrix} c_1\cr c_2\cr \vdots\cr c_n \end{pmatrix} \] いま, $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$, $\dots$, $\mathbf{v}_n$ が線形独立であるという定義は, 以下のように表現することもできる: \[ V\mathbf{c} = \mathbf{0} \iff \mathbf{c} = \mathbf{0} \] ここで斉次 $1$ 次方程式系の議論を思い出すと, 上が成立することは正方行列 $V$ が正則行列であることと同値である. 実際, $V$ が正則ならば, $V^{-1}$ が存在するので \[ V\mathbf{c} = \mathbf{0}\implies \mathbf{c} = V^{-1}V\mathbf{c} = V^{-1}\mathbf{0} = \mathbf{0} \] である ($V\mathbf{c}=\mathbf{0}\impliedby \mathbf{c}=\mathbf{0}$ は明らか). 一方で, $V\mathbf{c}=\mathbf{0}\iff \mathbf{c}=\mathbf{0}$ であるときに $V$ が正則であることの証明はまだしていなかったので, 線型独立性を定義したこのタイミングで改めて解説する.
- $A\text{ が正則} \iff \operatorname{rank}A = n \iff \det A\neq0$ は既に証明済み.
- $(A\text{ が正則}\implies A\mathbf{x}=\mathbf{0} \text{ の非自明な解は存在しない})$ 行列 $A$ が正則ならば $A^{-1}$ が存在するので, \[ A\mathbf{x}=0\implies \mathbf{x} = A^{-1}A\mathbf{x} = A^{-1}\mathbf{0} = \mathbf{0}, \] つまり $\mathbf{x}=\mathbf{0}$ 以外の解は存在しない.
- $(A\mathbf{x}=\mathbf{0} \text{ の非自明な解は存在しない} \iff \mathbf{a}_1,\ \mathbf{a}_2,\ \dots, \ \mathbf{a}_n\in\mathbb{R}^{n\times 1}\text{ が線型独立})$ 列ベクトル $\mathbf{x}$ の第 $j$ 成分を $x_j$ とおくと, \[ A\mathbf{x} = x_1\mathbf{a}_1 + x_2\mathbf{a}_2 + \dots + x_n\mathbf{a}_n = \mathbf{0} \] となるので, これが非自明な解を持たない (つまり $\mathbf{x}=\mathbf{0}$ と同値である) ことは, $\mathbf{a}_1,\ \mathbf{a}_2,\ \dots, \ \mathbf{a}_n\in\mathbb{R}^{n\times 1}$ が線型独立であることを意味する.
- $(\mathbf{a}_1,\ \mathbf{a}_2,\ \dots, \ \mathbf{a}_n\in\mathbb{R}^{n\times 1}\text{ が線型独立} \implies \operatorname{rank}A = n)$ 行列 $A$ の列基本変形により現れ得るすべての列ベクトルは, \[ c_1\mathbf{a}_1 + c_2\mathbf{a}_2 + \dots + c_n\mathbf{a}_n \] という線型結合で表すことができる, ただし, 列基本変形では $c_1=c_2=\dots=c_n=0$ とすることはできない. 従って $\mathbf{a}_1,\ \mathbf{a}_2,\ \dots, \ \mathbf{a}_n\in\mathbb{R}^{n\times 1}$ が線型独立ならば, 正方行列 $A$ に対する列基本変形で $\mathbf{0}$ となる列は現れない. これは $A^{\operatorname{T}}$ に対する行基本変形で得られる行簡約階段形は, $\mathbf{0}$ という行ベクトルを持たない (主成分の個数が $n$ である) こと同値であり, 従って $\operatorname{rank} A = n$ である.
$\det A^{\operatorname{T}} = \det A$ であることから, 以下も成立する:
$n$ 次正方行列 $A = \begin{pmatrix}\mathbf{a}_1\cr \mathbf{a}_2\cr\vdots\cr\mathbf{a}_n\end{pmatrix}$ に対して, \[ A\text{ が正則} \iff \mathbf{a}_1,\ \mathbf{a}_2,\ \dots, \ \mathbf{a}_n\in\mathbb{R}^{1\times n}\text{ が線型独立} \] が成立する, ここで各 $\mathbf{a}_i$ は $A$ の第 $i$ 行ベクトルである.
- $A$ の第 $i$ 行ベクトルを $\mathbf{a}_i$ とおく: \[ \mathbf{a}_1 = (1,2),\quad \mathbf{a}_2 = (2,4). \] $2\mathbf{a}_1 - \mathbf{a}_2 = \mathbf{0}$ なのでこれらは線型独立でない. 従って, $A$ は正則行列ではない (実際, $\det A = 0$ を確かめることができる).
- $B$ の第 $i$ 行べクトルを $\mathbf{b}_i$ とおく: \[ \mathbf{b}_1 = (1,2,0), \] \[ \mathbf{b}_2 = (0,4,3), \] \[ \mathbf{b}_3 = (-2,0,3). \] $-2\mathbf{b}_1 + \mathbf{b}_2 - \mathbf{b}_3 = \mathbf{0}$ なのでこれらは線型独立でない. 従って, $B$ は正則行列ではない (実際, $\det B=0$ を確かめることができる).
\[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1\cr 1\cr 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0\cr 1\cr 1 \end{pmatrix},\quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1\cr a\cr 1 \end{pmatrix}. \] これらが線型独立となる条件を求めてみる. 第 $j$ 列ベクトルが $\mathbf{v}_j$ である行列 \[ V = \begin{pmatrix} \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&0&1\cr 1&1&a\cr 0&1&1 \end{pmatrix} \] は正方行列となり, また $\det V = 2-a$ なので, $a\neq2$ であれば $V$ は正則である. 従って, $a\neq 2$ ならば $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$, $\mathbf{v}_3$ は線型独立である.
ついでにこれまでに述べた行列の性質を少しだけ振り返り, 線型独立性との関連を考察してみる:
正方行列 $A$ の 異なる $2$ つの列 (もしくは行) が一致するならば $\det A=0$.
このことは, 線型独立性を用いて以下のように説明することができる:
異なる $2$ つの列 (もしくは行) が等しいならば, 行列 $A$ の各列ベクトル (もしくは各行ベクトル) が線形独立ではないため, $A$ は正則ではない. 従って $\det A =0$ である.
$A$ を $n$ 次正方行列とする. このとき, 以下が成立する: \[ A \text{ は正則} \iff \operatorname{rank}A = n \iff \det A\neq 0. \]
行列 $A$ の各行ベクトル (もしくは列ベクトル) $\mathbf{a}_1,\ \mathbf{a}_2,\ \dots, \ \mathbf{a}_n\in\mathbb{R}^{1\times n}$ が線型独立ならば $\operatorname{rank}A=n$ であることは, 先の定理の証明中にも述べたが, 定理より逆も真である: つまり $\operatorname{rank}A=n$ ならば行列 $A$ の各行ベクトル (もしくは列ベクトル) は線型独立である. ここでは, この対偶である, \[ \text{行列 $A$ の各行ベクトルが線型独立でない} \implies \operatorname{rank}A \lt n \] を考えてみよう.
行列 $A$ の階数は行列 $A$ に対する行基本変形により得られる行簡約階段形の主成分の個数と一致するのだった. もしも行列 $A$ の行ベクトルが線型独立では無く, 例えば \[ \mathbf{a}_n = c_1\mathbf{a}_1 + c_2\mathbf{a}_2 + \dots + c_{n-1}\mathbf{a}_{n-1} \] などと表すことができるならば, 行列 $A$ に対して, 第 $n$ 行に第 $i$ 行の $-c_i$ 倍を加える, という行基本変形を $i=1,2,\dots, n-1$ について行うことで成分が $0$ である行が得られる (つまり主成分の個数を減らすことができる). この基本変形で行列式が変わらないことから, $\det A$ は成分が全て $0$ である行を含む行列の行列式に等しい, つまり $0$ である.
同様に, 行列 $A$ の行ベクトルの $k$ 個までが線型独立であり, それ以上は線型独立でないならば, $n-k$ 個の行ついては行基本変形により成分をすべて $0$ にすることができる. このことは, 行列 $A$ の階数は行列 $A$ の線型独立である行ベクトル (もしくは列ベクトル) の個数と一致する, と説明することができる. 一方で, $\det A\neq0$ となるためには, 行基本変形で成分を全て $0$ にできる行があってはならない, つまり全ての行が線型独立でなければならない.
- $A$ の第 $i$ 行ベクトルを $\mathbf{a}_i$ とおく: \[ \mathbf{a}_1 = (1,2),\quad \mathbf{a}_2 = (2,4). \] $2\mathbf{a}_1 - \mathbf{a}_2 = \mathbf{0}$ なのでこれらは線型独立でない. つまり, 第 $2$ 行に第 $1$ 行の $-2$ 倍を加える, という行基本変形により \[ R_{2,1,-2}A = \begin{pmatrix} 1&2\cr 0&0 \end{pmatrix} \] となり, $\mathbf{0}$ となる行が現れる. 従って, $\operatorname{rank}A = 1$ である.
- $B$ の第 $i$ 行べクトルを $\mathbf{b}_i$ とおく: \[ \mathbf{b}_1 = (1,2,0), \] \[ \mathbf{b}_2 = (0,4,3), \] \[ \mathbf{b}_3 = (-2,0,3). \] $-2\mathbf{b}_1 + \mathbf{b}_2 - \mathbf{b}_3 = \mathbf{0}$ なのでこれらは線型独立でない. つまり, 第 $3$ 行に第 $1$ 行の $2$ 倍を加え, さらに第 $3$ 行に第 $2$ 行の $-1$ 倍を加える, という行基本変形を考えると \[ R_{3,2,-1}R_{3,1,2}B = \begin{pmatrix} 1&2&0\cr 0&4&3\cr 0&0&0 \end{pmatrix} \] となり, $\mathbf{0}$ となる行が現れる. 従って, $\operatorname{rank}B \lt 3$ である (なお, $\mathbf{b}_1$ と $\mathbf{b}_2$ は線型独立なので, これ以上 $\mathbf{0}$ となる行を増やすことはできない, これは $\operatorname{rank}B = 2$ を意味する).
4.3: 線型結合によるベクトルの表現
あるベクトル $\mathbf{v}$ を, 線型独立なベクトル $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$, $\dots$, $\mathbf{v}_n$ の線型結合で表したい: \[ \mathbf{v} = c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2 + \dots + c_n\mathbf{v}_n. \] 先ほどと同じ記号を用いると, 右辺は$V\mathbf{c}$ となるため, 上の式は \[ V\mathbf{c} = \mathbf{v} \] という連立 $1$ 次方程式とみなすことができ, これを解くことで等号を成立させる $c_1$, $c_2$, $\dots$, $c_n$ を求めることができる.
特に, $\mathbf{v}_i\in\mathbb{R}^{n\times 1}$ ならば, $V$ は $n$ 次正方行列となり, 先ほどの結果より正則行列となる, 従って, $V^{-1}$ が存在して $\mathbf{c} = V^{-1}\mathbf{v}$ が一意に定まる. このことは, 以下のように言い換えることもできる:
\[ \mathbf{v} = \begin{pmatrix} a\cr b\cr c \end{pmatrix},\quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1\cr 1\cr 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0\cr 1\cr 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1\cr 1\cr 1 \end{pmatrix}. \] このとき, \[ \mathbf{v} = c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2 + c_3\mathbf{v}_3 \] を満たす $c_1$, $c_2$, $c_3$ を求める.
まず, $V = \begin{pmatrix} \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&0&1\cr 1&1&1\cr 0&1&1 \end{pmatrix}$ とおくと, 連立 $1$ 次方程式 $V\mathbf{c} = \mathbf{v}$ を解けば良いことがわかる (なお, $\det V = 1\neq0$ なので $V$ は正則行列である).
これを掃き出し法により計算してみよう: 拡大行列に対する行基本変形により, \[ \begin{array}{rl} \left(\begin{array}{ccc:c} 1&0&1&a\cr 1&1&1&b\cr 0&1&1&c \end{array}\right) & \longrightarrow \left(\begin{array}{ccc:c} 1&0&1&a\cr 0&1&0&b-a\cr 0&1&1&c \end{array}\right) \cr & \longrightarrow \left(\begin{array}{ccc:c} 1&0&1&a\cr 0&1&0&b-a\cr 0&0&1&a-b+c \end{array}\right) \cr & \longrightarrow \left(\begin{array}{ccc:c} 1&0&0&b-c\cr 0&1&0&b-a\cr 0&0&1&a-b+c \end{array}\right) \end{array} \] と変形すると, 左側を単位行列にすることができるため, 右側が \[ \begin{pmatrix} c_1\cr c_2\cr c_3 \end{pmatrix} = \mathbf{c} = V^{-1}\mathbf{v} = \begin{pmatrix} b-c\cr b-a\cr a-b+c \end{pmatrix} \] を意味している.
一方で, 行列 $V$ が正則行列でないならば, 連立 $1$ 次方程式 $V\mathbf{c} = \mathbf{v}$ の解は存在しないか, もしくはある条件を満たす $\mathbf{c}$ 全てが解となるのだった. このことは, $\mathbf{v}$ が $\mathbf{v}_1,\ \mathbf{v}_2,\ \dots$ の線型結合で表せないか, もしくは複数の表現が存在することに対応する:
\[ \mathbf{v} = \begin{pmatrix} a\cr b\cr c \end{pmatrix},\quad \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} 1\cr 1\cr 0 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 0\cr 1\cr 1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{v}_3 = \begin{pmatrix} 1\cr 2\cr 1 \end{pmatrix}. \] このとき, \[ \mathbf{v} = c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2 + c_3\mathbf{v}_3 \] を満たす $c_1$, $c_2$, $c_3$ を求める.
まず, $V = \begin{pmatrix} \mathbf{v}_1, \mathbf{v}_2, \mathbf{v}_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1&0&1\cr 1&1&2\cr 0&1&1 \end{pmatrix}$ とおくと, 連立 $1$ 次方程式 $V\mathbf{c} = \mathbf{v}$ を解けば良いことがわかる (ただし, $\det V = 0$ なので $V$ は正則行列ではない).
これを掃き出し法により計算してみよう: 拡大行列に対する行基本変形により, \[ \begin{array}{rl} \left(\begin{array}{ccc:c} 1&0&1&a\cr 1&1&2&b\cr 0&1&1&c \end{array}\right) & \longrightarrow \left(\begin{array}{ccc:c} 1&0&1&a\cr 0&1&1&b-a\cr 0&1&1&c \end{array}\right) \cr & \longrightarrow \left(\begin{array}{ccc:c} 1&0&1&a\cr 0&1&1&b-a\cr 0&0&0&a-b+c \end{array}\right) \end{array} \] と変形すると, 拡大行列の左側を行簡約階段形にすることができる. ここで, 一番下の行は \[ 0\cdot c_1+0\cdot c_2+0\cdot c_3 = a-b+c \] を意味しているため, $a-b+c\neq0$ のときはこれを満たす $\mathbf{c}$ は存在しない. 一方で, もしも $a-b+c=0$ ならば, \[ \left\lbrace\begin{array}{rl} c_1+c_3 &= a\cr c_2+c_3 &= b-a \end{array}\right. \] を満たす $c_1$, $c_2$, $c_3$ は全て連立 $1$ 次方程式の解であり, 従って $\mathbf{v} = c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2 + c_3\mathbf{v}_3$ を満たす. 実際, \[ \begin{array}{rl} c_1\mathbf{v}_1 + c_2\mathbf{v}_2 + c_3\mathbf{v}_3 &= (a-c_3)\mathbf{v}_1 + (b-a-c_3)\mathbf{v}_2 + c_3\mathbf{v}_3 \cr &= \begin{pmatrix} a-c_3+c_3\cr a-c_3+b-a-c_3+2c_3\cr b-a-c_3+c_3 \end{pmatrix} \cr &= \begin{pmatrix} a\cr b\cr c \end{pmatrix} \qquad (\because a-b+c=0)\cr &=\mathbf{v} \end{array} \] などと計算することで $\mathbf{v} = c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2 + c_3\mathbf{v}_3$ となることが確かめられる.
上に挙げた例では, \[ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 \cr 1 & 1 & 2 \cr 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c_1 \cr c_2 \cr c_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a \cr b \cr c \end{pmatrix} \] という連立 $1$ 次方程式を考えた際に, もしも $a-b+c=0$ ならば, \[ \left\lbrace\begin{array}{rl} c_1+c_3 &= a\cr c_2+c_3 &= b-a \end{array}\right. \] を満たす $c_1$, $c_2$, $c_3$ は全て連立 $1$ 次方程式の解であること, 書き方を変えると \[ \mathbf{c} = \begin{pmatrix} a \cr b-a \cr 0 \end{pmatrix} + c_3\begin{pmatrix} -1 \cr -1 \cr 1 \end{pmatrix} \quad (c_3\in\mathbb{R}\mbox{ は任意}) \] と表されるすべてのベクトル $\mathbf{c}$ が, $V\mathbf{c} = \mathbf{v}$ の解となることを意味している. このように, 連立 $1$ 次方程式の解が無数に存在する場合 (ある条件を満たすベクトル全てが解となる場合) には, 線型結合を用いて解を表すことができる. このことを説明するために, 連立 $1$ 次方程式の解法をもう一度考えてみよう.
連立 $1$ 次方程式 \[ \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \cr 2 & 0 & 3 & 5 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \cr x_2 \cr x_3 \cr x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \cr 0 \cr \end{pmatrix} \] を考える. まず, 左辺の行列は正則ではない (正方行列ですらない) ため, 拡大行列 \[ \left(\begin{array}{cccc:c} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \cr 2 & 0 & 3 & 5 & 0 \end{array}\right) \] に対する掃き出し法 (ガウスの消去法) で左側を単位行列にすることはできない. ただし, 行簡約階段形にすることはできる: \[ \left(\begin{array}{cccc:c} 1 & 0 & 0 & 1 & 0 \cr 0 & 0 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right) \] この拡大行列は, \[ \left\{\begin{array}{rl} x_1 + x_4 &= 0, \cr x_3 + x_4 &= 0 \end{array}\right. \] を満たす全ての $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$ が解となることを意味している.
ここで, 解を \[ \begin{pmatrix} x_1 \cr x_2 \cr x_3 \cr x_4 \end{pmatrix} = s\mathbf{v}_1 + t\mathbf{v}_2 \quad(s,t\in\mathbb{R}\mbox{ は任意}) \] という線型結合で表現してみよう. 例えば, 上の行簡約階段形において主成分に対応する成分 $x_1$, $x_3$ 以外 (つまり $x_2$ と $x_4$) を $s$, $t\in\mathbb{R}$ とおいてみる: \[ x_2 = s,\qquad x_4 = t. \] このとき, $s$, $t$ を右辺に移行することで (実際には $s$ は現れないが), \[ \left\{\begin{array}{rl} x_1 &= -t, \cr x_3 &= -t \end{array}\right. \] という式が得られる. これと $x_2=s$, $x_4 = t$ とを合わせると \[ \begin{pmatrix} x_1 \cr x_2 \cr x_3 \cr x_4 \end{pmatrix} = s\begin{pmatrix} 0 \cr 1 \cr 0 \cr 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} -1 \cr 0 \cr -1 \cr 1 \end{pmatrix} \quad (s,t\in\mathbb{R}\mbox{ は任意}) \] という表示を得ることができる. つまり, $2$ つのベクトル \[ \begin{pmatrix} 0 \cr 1 \cr 0 \cr 0 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} -1 \cr 0 \cr -1 \cr 1 \end{pmatrix} \] の線型結合で表される全てのベクトルが, この問題の解となることがわかる.
連立 $1$ 次方程式 \[ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 & 3 \cr 1 & 2 & 5 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \cr x_2 \cr x_3 \cr x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \cr 0 \cr \end{pmatrix} \] を考える. 拡大行列 \[ \left(\begin{array}{cccc:c} 1 & 1 & 3 & 3 & 0 \cr 1 & 2 & 5 & 4 & 0 \end{array}\right) \] を行基本変形で行簡約階段形にすると, \[ \left(\begin{array}{cccc:c} 1 & 0 & 1 & 2 & 0 \cr 0 & 1 & 2 & 1 & 0 \end{array}\right) \] が得られる. これは, \[ \left\{\begin{array}{rl} x_1 + x_3 + 2x_4 &= 0, \cr x_2 + 2x_3 + x_4 &= 0 \end{array}\right. \] を満たす全ての $x_1$, $x_2$, $x_3$, $x_4$ がこの問題の解となることを意味している.
この問題の解を線型結合の形で表す際は, 上の注意で述べたように, 行簡約階段形の主成分に対応するもの以外 (この例では $x_3$, $x_4$) を $s$, $t$ などとおくことを推奨する: \[ \left\{\begin{array}{rl} x_1 &= -s - 2t, \cr x_2 &= -2s - t, \cr x_3 &= s, \cr x_4 &= t. \end{array}\right. \] つまり解は \[ \begin{pmatrix} x_1 \cr x_2 \cr x_3 \cr x_4 \end{pmatrix} = s\begin{pmatrix} -1 \cr -2 \cr 1 \cr 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} -2 \cr -1 \cr 0 \cr 1 \end{pmatrix} \quad (s,t\in\mathbb{R} \mbox{ は任意}) \] と表される.
一方で, もしも $x_1=s$, $x_2=t$ とおくとどうなるかを考えてみる. この場合は, \[ \left\{\begin{array}{rl} x_3 + 2x_4 &= -s, \cr 2x_3 + x_4 &= -t \end{array}\right. \] となるため, この連立 $1$ 次方程式を解くことで \[ \left\{\begin{array}{rl} x_1 &= s, \cr x_2 &= t, \cr x_3 &= \dfrac{s-2t}{3}, \cr x_4 &= \dfrac{-2s+t}{3} \end{array}\right. \] が得られる. ここで, $s/3$, $t/3$ を改めて $\widetilde{s}$, $\widetilde{t}$ とそれぞれ書くことにすると \[ \begin{pmatrix} x_1 \cr x_2 \cr x_3 \cr x_4 \end{pmatrix} = \widetilde{s}\begin{pmatrix} 3 \cr 0 \cr 1 \cr -2 \end{pmatrix} + \widetilde{t}\begin{pmatrix} 0 \cr 3 \cr -2 \cr 1 \end{pmatrix} \quad (\widetilde{s},\widetilde{t}\in\mathbb{R} \mbox{ は任意}) \] と, 先ほどとは異なる表示が得られたが, これも解の表示として正しい. これは, \[ \begin{pmatrix} -1 \cr -2 \cr 1 \cr 0 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} -2 \cr -1 \cr 0 \cr 1 \end{pmatrix} \] という $2$ つのベクトルの線型結合で表すことができるベクトル全体と, \[ \begin{pmatrix} 3 \cr 0 \cr 1 \cr -2 \end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix} 0 \cr 3 \cr -2 \cr 1 \end{pmatrix} \] という $2$ つのベクトルの線型結合で表すことができるベクトル全体が一致するために, 複数の表現が存在するのである.
まとめ
ベクトルの線型結合と線型独立性について紹介し, これらを用いて行列の正則性や連立 $1$ 次方程式の解の表現を説明した.
線型結合と線型独立性は線形関数 (線型写像) と密接に関連するものであり, 線形代数の抽象的な議論において重要な役割を果たすことになる. この資料においては, 主に行列に対する具体的な計算を紹介しているため, 重要性がわかりづらいかもしれないが, 例えば正方行列の正則性と必要十分である主要な条件は線型独立という言葉を用いて説明することができることを紹介した. また, 5: 固有値と固有ベクトル においても, これらの概念を応用することになる.
練習問題
実数 $a$, $b$, $c$, $d$ に対して, \[ \mathbf{v}_1 = \begin{pmatrix} a \cr 2 \end{pmatrix},\quad \mathbf{v}_2 = \begin{pmatrix} 1 \cr b \end{pmatrix},\quad \mathbf{v} = \begin{pmatrix} c \cr d \end{pmatrix} \] とする.
- $2$ つのベクトル $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ を線型独立にするような $a$, $b$ の満たす条件を求めよ.
- 上の条件が満たされるとき, ベクトル $\mathbf{v}$ を $2$ つのベクトル $\mathbf{v}_1$, $\mathbf{v}_2$ の線型結合で表現せよ.
次の連立 $1$ 次方程式を解け: \[ \begin{pmatrix} 1 & -4 & 0 & -7 \cr 1 & -3 & 1 & -5 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_1 \cr x_2 \cr x_3 \cr x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \cr 0 \end{pmatrix}. \]