5 連立一次方程式の解法

例 3.26 (任意定数を含む解の具体例)   方程式

$$\begin{bmatrix}1 & -2 & 0 & 3 & 0 \\ 1 & -2 & 1 & 2 & 1 \\ 2 & -4... ...x_{3} \\ x_{4} \\ x_{5} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}2 \\ 2 \\ 5 \end{bmatrix}$$ (397)

を考える． 拡大係数行列の簡約化を行なうと，

$$\left[\begin{array}{ccccc\vert c} 1 & -2 & 0 & 3 & 0 & 2 \\ 1 & -... ... & 0 & 2 \\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \end{array}\right]$$ (398)

を得る． ここで

$$\mathrm{rank}\,(A)=3\,,\quad \mathrm{rank}\,([A\,\vert\,\vec{b}])=3$$ (399)

が成立することに注意する． 簡約化された拡大係数行列より方程式を復元すると，

$$\left\{\begin{array}{cccccl} x_{1} & -2x_{2} & & +3x_{4} & & = 2 ... ...m] & & x_{3} & -x_{4} & & = -1 \\ [.5em] & & & & x_{5} & = 1 \end{array}\right.$$ (400)

である． 主成分の列と同じ位置にある変数を左辺に残し， 他の項を右辺に移項すると

$$\left\{\begin{array}{cl} x_{1} & = 2 + 2x_{2} - 3x_{4} \\ [.5em] x_{3} & = -1 +x_{4} \\ [.5em] x_{5} & = 1 \end{array}\right.$$ (401)

となる． 右辺にある変数 $x_{2}$, $x_{4}$ は独立に任意の値をとる． よって $x_{2}=c_{1}$, $x_{4}=c_{2}$ とおけば，解として

$$\begin{bmatrix}x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \\ x_{5} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}2+2c_{1}-3c_{2} \\ c_{1} \\ -1 + c_{2} \\ c_{2} \\ 1 \end{bmatrix} \qquad (c_{1},c_{2}\, )$$ (402)

$$= \begin{bmatrix}2 \\ 0 \\ -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}+ c_{1} \beg... ...0 \\ 0 \end{bmatrix}+ c_{2} \begin{bmatrix}-3 \\ 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{bmatrix}$$ (403)

を得る． 解は 5 次元平面 $\mathbb{R}^{5}$ 内の ある 2 次元平面となる．

例 3.27 (解が存在しない具体例)   方程式

$$\begin{bmatrix}1 & 0 & -1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & 1 & 0 & 1 \\ -1 & 0... ...\\ x_{4} \\ x_{5} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}1 \\ -2 \\ 3 \\ 1 \end{bmatrix}$$ (404)

を考える． 拡大係数行列の簡約化を行なうと，

$$[A\vert\vec{b}] = \left[ \begin{array}{ccccc\vert c} 1 & 0 & -1 & 0 & -2 & 1 \\ 0... ...0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ \hline 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array} \right]$$ (405)

を得る． 方程式に書き戻すと

$$\left\{ \begin{array}{cccccc} x_{1} & & -x_{3} & & -2x_{5} & = 0 ... ...\ & & & x_{4} & -x_{5} & = 0 \\ 0 & +0 & +0 & +0 & +0 & = 1 \end{array} \right.$$ (406)

となる． 最後の行は $0=1$ となるから， どのような $\vec{x}$ をとっても成立することはない． よってこの連立方程式の解は存在しない． ここで

$$\mathrm{rank}\,(A)=3 < \mathrm{rank}\,([A\,\vert\,\vec{b}])=4$$ (407)

が成り立つことに注意する． このとき解をもたない．

連立一次方程式

$$A\,\vec{x}=\vec{b}\,,\qquad A=[a_{ij}]_{m\times n}\,,\quad \vec{b}=[b_{i}]_{m\times1}\,,\quad \vec{x}=[x_{j}]_{n\times1}$$ (408)

を考える． 以後この方程式に対して議論する．

方程式 $A\,\vec{x}=\vec{b}$ の解を求めるには まず，拡大係数行列 $[A\vert\vec{b}]$ の簡約化を行なう． このとき得られた行列が

$$[A\vert\vec{b}] \overset{\text{簡約化}}{\longrightarrow} \left[\b... ... & & &&& \cdots & 0 & 0 \\ 0 & \cdots & & &&& \cdots & 0 & 0 \end{array}\right]$$ (409)

と得られたとしよう． このとき零ベクトルではない一番下の行に着目すると

$$0\times x_{1}+0\times x_{2}+0\times x_{3}+\cdots+ 0\times x_{n} = 1$$ (410)

となる．$0=1$ となり矛盾する． よってこのとき， 方程式 $A\,\vec{x}=\vec{b}$ は解をもたない． 各係数行列のランクに着目すると，

$$A \overset{\text{簡約化}}{\longrightarrow} \left[\begin{array}{cc... ...& \cdots & & &&& \cdots & 0 \\ 0 & \cdots & & &&& \cdots & 0 \end{array}\right]$$ (411)

であるから，

$$\mathrm{rank}\,(A)<\mathrm{rank}\,([A\,\vert\,\vec{b}])$$ (412)

が成り立つ． この条件のもとでは解をもたない． 次に簡約化の結果として

$$[A\vert\vec{b}] = \left[\begin{array}{cccccccc\vert c} \!1\! & ** & \!0\! & ** & ... ... & & &&& \cdots & 0 & 0 \\ 0 & \cdots & & &&& \cdots & 0 & 0 \end{array}\right]$$ (413)

を得たとする． こときは解をもつ． 係数行列のランクは $\mathrm{rank}\,(A)=\mathrm{rank}\,([A\vert\vec{b}])$ が成り立つ． 以上をまとめると次の定理が成り立つ．

定理 3.28 (連立一次方程式の可解条件)   方程式 $A\,\vec{x}=\vec{b}$ が解をもつための 必要十分条件は

$$\mathrm{rank}\,([A\vert\vec{b}])=\mathrm{rank}\,(A)$$ (414)

である．

解に任意定数を含まないのは， 簡約行列のすべての列に主成分が現れるときである． つまり係数行列のランクと変数の個数が一致するときである． これをまとめると以下の定理を得る．

定理 3.29 (一意な解をもつ条件)   方程式 $A\,\vec{x}=\vec{b}$ が唯一つの解をもつための 必用十分条件は

$$\mathrm{rank}\,(A)=\mathrm{rank}\,([A\vert\vec{b}])=n$$ (415)

である．

定理 3.30 (任意定数を含む解をもつ条件)   方程式

$$A\vec{x}=\vec{b}\,,\quad A=[a_{ij}]_{m\times n}\,,\quad \vec{x}=[x_{j}]_{n\times 1}\,,\quad \vec{b}=[b_{i}]_{m\times 1}$$ (416)

は

$$\mathrm{rank}\,(A)=\mathrm{rank}\,[A\vert\vec{b}]<n$$ (417)

のとき任意定数を含む解をもつ． このとき任意定数の個数は

$$n-\mathrm{rank}\,(A)$$ (418)

である．

定義 3.31 (同次形方程式)   $A\,\vec{x}=\vec{b}$ において $\vec{b}=0$ が成り立つとき， 方程式 $A\,\vec{x}=\vec{0}$ は同次形（homogeneous）と呼ぶ． $\vec{b}\neq\vec{0}$ とき非同次形（inhomogeneous）と呼ぶ．

定理 3.32 (同次形の解の存在)   同次方程式は $\mathrm{rank}\,(A)=\mathrm{rank}\,[A\vert\vec{0}]$ が常になり立つので， 常に解 $\vec{x}=\vec{0}$ をもつ．

定義 3.33 (同次形の自明解)   同次方程式 $A\,\vec{x}=\vec{0}$ の解 $\vec{x}=\vec{0}$ を 自明な解と呼ぶ．

定理 3.34 (同次方程式の解)   同次方程式 $A\,\vec{x}=\vec{0}$ について次の条件が成り立つ：

(1)

自明な解 $\vec{x}=\vec{0}$ のみをもつための必用十分条件は

$$\mathrm{rank}\,(A)=n$$ (419)

である．

(2)

$m<n$ のとき，方程式は自明でない解（任意定数を含む解）をもつ．

（証明）(1)前述の定理より唯一つの解をもつための必要十分条件は

$$\mathrm{rank}\,(A)=\mathrm{rank}\,([A\vert\vec{0}])=n$$ (420)

である． 拡大係数行列の一番右の列の $\vec{0}$ はランクに影響を与えない． よって定理の条件を得る．

(2) $\mathrm{rank}\,(A)\leq m$, $\mathrm{rank}\,(A)\leq n$ と条件 $m<n$ より

$$\mathrm{rank}\,(A)\leq m < n$$ (421)

を得る．(1)の定理より自明でない解をもつ． 証明終了．

例 3.35 (同次形方程式の解)   方程式

$$\begin{bmatrix}1 & -2 & 0 & 3 \\ 1 & -1 & 1 & 2 \end{bmatrix} \be... ...} \\ x_{2} \\ x_{3} \\ x_{4} \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}0 \\ 0 \end{bmatrix}$$ (422)

を考える． 係数行列を簡約化して

$$\begin{bmatrix}1 & -2 & 0 & 3 \\ 1 & -1 & 1 & 2 \end{bmatrix}\to \begin{bmatrix}1 & 0 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & -1 \end{bmatrix}$$ (423)

を得る．よって解は

$$\vec{x}= \begin{bmatrix}-2c_{1}-c_{2} \\ -c_{1}+c_{2} \\ c_{1} \\... ... \\ 1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}\qquad (\forall c_{1}, \forall c_{2}\in\mathbb{R})$$ (424)

となる． 解は原点を通る2次元平面である．

Kondo Koichi
Created at 2004/11/26