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練習問題メモ 15（基底と次元）

問1

同次連立1次方程式

(101121313251)(x1x2x3x4)=0\left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 2 & 1 & 3 & 1 \\ 3 & 2 & 5 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{array}\right)=\mathbf{0}
(1)

の解空間の次元と1組の基本解を求めよ。

1. 解の次元

前進消去により

(1011011−10000)\left(\begin{array}{llll} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right)
(2)

と変形できるためrank⁡A=2\operatorname{rank} A = 2である。

m×nm\times n行列AAの解の次元はm−rank⁡Am - \operatorname{rank} Aであるため、4−2=24 - 2 = 2

2. 1組の基本解

解空間の基底を基本解という。

前進消去した係数行列を使った連立方程式は

{x1+x3+x4=0x2+x3−x4=0\left\{\begin{array}{l} x_1+x_3+x_4=0 \\ x_2+x_3-x_4=0 \end{array}\right.
(3)

となる。

これを解くと

x1=−x3−x4x2=−x3+x4x_1=-x_3-x_4\\ x_2=-x_3+x_4
(4)

一般解は

(x1x2x3x4)=(−x3−x4−x3+x4x3x4)\left(\begin{array}{l} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{r} -x_3-x_4 \\ -x_3+x_4 \\ x_3 \\ x_4 \end{array}\right)
(5)

未知変数x3,x4x_3, x_4と係数の線形結合の形にして、解空間の基底（基本解）を求める

(x1x2x3x4)=x3(−1−110)+x4(−1101)\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \end{pmatrix} = x_3 \begin{pmatrix} -1\\ -1\\ 1\\ 0 \end{pmatrix} + x_4 \begin{pmatrix} -1\\ 1\\ 0\\ 1 \end{pmatrix}
(6)

基底（基本解）は

{(−1−110),(−1101)}\left\{\left(\begin{array}{r} -1 \\ -1 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right),\left(\begin{array}{r} -1 \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right)\right\}
(7)

問2

a1=(cos⁡θsin⁡θ0),a2=(−sin⁡θcos⁡θ0),a3=(001)\boldsymbol{a}_1=\left(\begin{array}{c}\cos \theta \\ \sin \theta \\ 0\end{array}\right), \quad \boldsymbol{a}_2=\left(\begin{array}{c}-\sin \theta \\ \cos \theta \\ 0\end{array}\right), \quad \boldsymbol{a}_3=\left(\begin{array}{l}0 \\ 0 \\ 1\end{array}\right)
(8)

はR3\mathbb{R}^3の基底であることを示せ

A=(a1,a2,a3)A = (a_1, a_2, a_3)とすると、その行列式は

∣A∣=1×∣cos⁡θ−sin⁡θsin⁡θcos⁡θ∣=cos⁡2θ+sin⁡2θ=1|A| = 1 \times \left|\begin{array}{ccc} \cos \theta & - \sin \theta\\ \sin \theta & \cos \theta \end{array}\right| = \cos^2\theta + \sin^2\theta = 1
(9)

行列式がゼロでないため、ランク落ちがなくa1,a2,a3a_1,a_2,a_3は基底である

問3

a∈Ra \in \mathbb{R} とし、 a1,a2,a3,a4∈R4\boldsymbol{a}_1, \boldsymbol{a}_2, \boldsymbol{a}_3, \boldsymbol{a}_4 \in \mathbb{R}^4 を

a1=(a111),a2=(1a11),a3=(11a1),a4=(111a)\boldsymbol{a}_1=\left(\begin{array}{l} a \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}\right), \quad \boldsymbol{a}_2=\left(\begin{array}{l} 1 \\ a \\ 1 \\ 1 \end{array}\right), \quad \boldsymbol{a}_3=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ a \\ 1 \end{array}\right), \quad \boldsymbol{a}_4=\left(\begin{array}{l} 1 \\ 1 \\ 1 \\ a \end{array}\right)
(10)

により定める。

R4\mathbb{R}^4 が a1,a2,a3,a4\boldsymbol{a}_1, \boldsymbol{a}_2, \boldsymbol{a}_3, \boldsymbol{a}_4 で 生成されない ときの aa の値を求めよ。

「生成されない」というのはa1,…,a4a_1,\dots,a_4が基底でないことなので、A=(a1,…,a4)A=(a_1,\dots, a_4)が∣A∣=0|A|= 0のときのaaを探る。

∣A∣=∣a1111a1111a1111a∣|A|= \left | \begin{array}{cccc} a & 1 & 1 & 1\\ 1 & a & 1 & 1\\ 1 & 1 & a & 1\\ 1 & 1 & 1 & a\\ \end{array} \right|
(11)

余因子展開してもよいが、行列基本変形で簡単に解くこともできる

4行目を1~3行目から引いて

∣a−1001−a0a−101−a00a−11−a111a∣\left | \begin{array}{cccc} a-1 & 0 & 0 & 1-a\\ 0 & a-1 & 0 & 1-a\\ 0 & 0 & a-1 & 1-a\\ 1 & 1 & 1 & a\\ \end{array} \right|
(12)

1~3列目を4列目に足して

∣a−10000a−10000a−10111a+3∣\left | \begin{array}{cccc} a-1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & a-1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & a-1 & 0\\ 1 & 1 & 1 & a+3\\ \end{array} \right|
(13)

三角行列の対角成分の積が行列式に等しいため

∣A∣=(a−1)3(a+3)|A| = (a-1)^3 (a+3)
(14)

よって

a=−3,1a = -3, 1
(15)

問4

実数を成分とする nn 次の正方行列全体からなるベクトル空間 Mn(R)M_n(\mathbb{R}) の部分集合 WW を次の 1∼41 \sim 4 により定めると、 WW は Mn(R)M_n(\mathbb{R}) の部分空間となる。それぞれの場合 について WW の次元と 1 組の基底を求めよ。

  1. W={X∈Mn(R)∣XW=\left\{X \in M_n(\mathbb{R}) \mid X\right. は対称行列 }\}

  2. W={X∈Mn(R)∣XW=\left\{X \in M_n(\mathbb{R}) \mid X\right. は交代行列 }\}

  3. W={X∈Mn(R)∣XW=\left\{X \in M_n(\mathbb{R}) \mid X\right. は上三角行列 }\}

  4. W={X∈Mn(R)∣tr⁡X=0}(tr⁡XW=\left\{X \in M_n(\mathbb{R}) \mid \operatorname{tr} X=0\right\}(\operatorname{tr} X は XX のトレース)

  1. W={X∈Mn(R)∣Xは交代行列}W=\{X \in M_n(\mathbb{R}) \mid X は交代行列 \}

交代行列は

A⊤=−A(⟺ai,j=−aj,i(∀i,j))A^{\top}=-A \quad\left(\Longleftrightarrow a_{i, j}=-a_{j, i} \quad(\forall i, j)\right)
(19)

を満たす行列であり、対角成分は0のため、

xijx_{ij}を行列X∈WX\in Wの(i,j)(i,j)成分、EijE_{ij}を行列単位とすると

X=∑1≤i<j≤nxij(Eij−Eji)X = \sum_{1 \leq i<j \leq n} x_{i j}\left(E_{i j}-E_{j i}\right)
(20)

となる。

∑1≤i<j≤n\sum_{1 \leq i<j \leq n} は n(n−1)2\frac{n(n-1)}{2} 個の項の和であるため、WWの次元は

dim⁡W=n(n−1)2\operatorname{dim} W=\frac{n(n-1)}{2}
(21)

である。

また、WWの基底は{Eij−Eji(1≤i<j≤n)}\left\{ E_{i j}-E_{j i}(1 \leq i<j \leq n)\right\} である。

  1. W={X∈Mn(R)∣XW=\left\{X \in M_n(\mathbb{R}) \mid X\right. は上三角行列 }\}

上三角行列は、xijx_{ij}を行列X∈WX\in Wの(i,j)(i,j)成分、EijE_{ij}を行列単位とすると

X=∑1≤i≤j≤nxijEijX = \sum_{1 \leq i \leq j \leq n} x_{i j} E_{ij}
(22)

となる。

∑1≤i≤j≤n\sum_{1 \leq i \leq j \leq n} は n(n+1)2\frac{n(n+1)}{2} 個の項の和であるため、WWの次元は

dim⁡W=n(n+1)2\operatorname{dim} W= \frac{n(n+1)}{2}
(23)

である。

また、WWの基底は{Eij(1≤i≤j≤n)}\left\{ E_{ij}(1 \leq i \leq j \leq n)\right\} である。

import numpy as np

X = np.zeros((5, 5))
n, m = X.shape
for i in range(n):
    for j in range(i, n):
        X[i, j] = 1
X
array([[1., 1., 1., 1., 1.], [0., 1., 1., 1., 1.], [0., 0., 1., 1., 1.], [0., 0., 0., 1., 1.], [0., 0., 0., 0., 1.]])

  1. W={X∈Mn(R)∣tr⁡X=0}(tr⁡XW=\left\{X \in M_n(\mathbb{R}) \mid \operatorname{tr} X=0\right\}(\operatorname{tr} X は XX のトレース)

対角成分の和が0になればいいだけなので、対角要素n個のうち1つが残りのn-1を打ち消すようになっていればいいことになる。

対角成分の和がゼロとなるnn次正方行列XXは、xijx_{ij}を行列X∈WX\in Wの(i,j)(i,j)成分、EijE_{ij}を行列単位とすると

X=∑1≤i,j≤n, i≠jxijEij+∑i=1n−1xii(Eii−Enn)X = \sum_{1\leq i, j \leq n, \ i \neq j } x_{i j} E_{ij} + \sum_{i=1}^{n-1} x_{ii} (E_{ii} - E_{nn})
(24)

と表すことができる。

∑1≤i,j≤n, i≠j\sum_{1\leq i, j \leq n, \ i \neq j } は n×n−n=n(n−1)n\times n - n = n(n-1)個の項の和であり、∑i=1n−1\sum_{i=1}^{n-1}はn−1n-1個のため（n×nn\times n行列の1成分以外に対応するため）

WWの次元は

dim⁡W=n2−1\dim W = n^2 - 1
(25)

であり、基底は

{Eij(1≤i,j≤n∧i≠j),Eii−Enn(i=1,2,…,n−1)}\{ E_{ij} (1\leq i, j \leq n \land i \neq j), E_{ii} - E_{nn} (i=1,2,\dots, n-1) \}
(26)

である。

import numpy as np
n = 3
def E(i, j):
    E = np.zeros((n, n))
    E[i, j] = 1
    return E

X = np.zeros((n, n))
for i in range(n-1):
    X += (E(i, i) - E(n-1, n-1))
print(f"{X}\ntr(X)={np.trace(X):.0f}")
[[ 1.  0.  0.]
 [ 0.  1.  0.]
 [ 0.  0. -2.]]
tr(X)=0
数学
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