線形・補論(4)

ｍ行ｎ列の行列 A に対して、A を掛け算すると

0 \in R^{m} になるような R^{n}

のベクトル全体の集合を、

Ker A = {u \in R^{n} | A u = 0} \dots (1)

と表わし、行列 A の「核（Kernel）」と呼ぶ。
　また、

R^{n} のベクトル u \in R^{n} を用いて、 A u

という形で表わせるような

R^{m}

のベクトル全体の集合を、

Im A = {A u \in R^{m} | u \in R^{n}} \dots (2)

と表わし、、行列 A の「像（image）」と呼ぶ。このとき、

Ker A, Im A

は、それぞれ、

R^{n}, R^{m}

の線型部分空間になる。

ところで、いま、与えられた行列 A を、行に関する基本変形や、列に関する基本変形を用いて

A \overset{行に関する基本変形}{\to} \tilde{A} \dots (3) A \overset{列に関する基本変形}{\to} \hat{A} \dots (4)

というように変形したとしよう。すると、「行や列に関する基本変形を施すこと」は、「対応する基本行列を左や右から掛け算すること」であると解釈することができるから、(3)、(4)式より、適当な基本行列

E_{1} E_{2} \dots E_{s} F_{1} F_{2} \dots F_{t}

を用いて、

\tilde{A} = E_{s} \dots E_{2} E_{1} A \hat{A} = A F_{1} F_{2} \dots F_{t} というように表わせることが分かる。いま、 P = E_{s} \dots E_{2} E_{1}, Q = F_{1} F_{2} \dots F_{t}

と表わすことにすると、

P, Q

は正則行列であり、行列

\tilde{A}, \hat{A}

は、それぞれ、

\tilde{A} = P A, \hat{A} = A Q

というように表わすことができる。
このとき、

P

は m 行 m 列の行列であり、

Q

は n 行 n 列の行列であることに注意する。

そこで、基本変形した行列

\tilde{A}, \hat{A} の Ker \tilde{A}, Im \hat{A}

がどうなるか、を考えてみよう。

＜ $Ker \tilde{A}$ の場合＞

いま、

u^{'} \in Ker \tilde{A}

を、勝手にひとつ取ってきたとすると、

Ker \tilde{A}

の定義から、

\tilde{A} u^{'} = 0 行列 \tilde{A} は \tilde{A} = P A より、 A = P^{-1} \tilde{A} と表わせることに注意する。 そこで、 A u^{'} を考えると A u^{'} =(P^{-1} \tilde{A}) u^{'} = P^{-1} (\tilde{A} u^{'}) = P^{-1} 0 = 0 よって、 u^{'} \in Ker A となることが分かる。したがって、 u^{'} \in Ker \tilde{A} \overset{}{\Rightarrow} u^{'} \in Ker A すなわち、 Ker \tilde{A} \subset Ker A となることが分かる。 一方、 u^{″} \in Ker A を、勝手にひとつ取ってきた場合 A u^{″} = 0 \tilde{A} u^{″} =(P A) u^{″} = P (A u^{″}) = 0 よって、 u^{″} \in Ker A \overset{}{\Rightarrow} u^{″} \in Ker \tilde{A} Ker A \subset Ker \tilde{A} 以上の議論から Ker \tilde{A} = Ker A \dots (5)

となることが分かる。

＜ $Im \hat{A}$ の場合＞

いま、

v \in Im \hat{A}

を、勝手にひとつ取ってきたとすると、

Im \hat{A}

　の定義から

v = \hat{A} u^{*} となるような u^{*} \in R^{n} が存在する。 いま、行列 \hat{A} は、 \hat{A} = A Q (Q はn行n列) であることに注意すると v = \hat{A} u^{*} = (A Q) u^{*} = A (Q u^{*}) そこで、 u = Q u^{*} とすると、 v = A u よって、 v \in Im A したがって、 v \in Im \hat{A} \overset{}{\Rightarrow} v \in Im A となることが分かるから、 Im \hat{A} \subset Im A 全く同様にして、 Im A \subset Im \hat{A} となることも分かるから、 Im \hat{A} = Im A \dots (6)

となることが分かる。

それでは、以上の考察のもとに、具体的事例で

Ker A, Im A

の基底を求めてみよう。

A = (\begin{matrix} 3 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & 3 \\ 2 & 0 & 0 & 2 \end{matrix})

＜ $Ker A$ の基底を求める＞

まず、

Ker A

について考えてみる。そのために、行列 A に対して行変形のみを施して「精一杯の見やすい形」に変形することを考えてみる。(r数字は行)

A = (\begin{matrix} 3 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & 3 \\ 2 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}) ↓(r1 \leftrightarrow r2) (\begin{matrix} 1 & 1 & -1 & 3 \\ 3 & -1 & 1 & 1 \\ 2 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}) ↓(r2 - r1 * 3) ↓(r3 - r1 * 2) (\begin{matrix} 1 & 1 & -1 & 3 \\ 0 & -4 & 4 & -8 \\ 0 & -2 & 2 & -4 \end{matrix}) ↓(r2 * 1/4) ↓(r3 * 1/2) (\begin{matrix} 1 & 1 & -1 & 3 \\ 0 & -1 & 1 & -2 \\ 0 & -1 & 1 & -2 \end{matrix}) ↓(r3 - r2) (\begin{matrix} 1 & 1 & -1 & 3 \\ 0 & -1 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ↓(r1 + r2) (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -1 & 1 & -2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) ↓(r2 * -1) (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})

そこで、

\tilde{A} = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) として、 Ker \tilde{A} ={u \in R^{4} | \tilde{A} u = 0} の基底を求めてみよう。

　いま、

u \in R^{4}

を

u = (\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ w \end{matrix}) とすると、 \tilde{A} u = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ w \end{matrix}) = (\begin{matrix} x + w \\ y - z + 2 w \\ 0 \end{matrix}) \tilde{A} u = 0 \Rightarrow \{\begin{matrix} x + w = 0 \\ y - z + 2 w = 0 \end{matrix} z = s, w = t とすると、 u = (\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ w \end{matrix}) = s (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + t (\begin{matrix} -1 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) s, t \in R \dots (7) したがって、 u_{1} = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) u_{2} = (\begin{matrix} -1 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) が Ker \tilde{A} の基底候補

そこで、

u_{1}, u_{2} が Ker \tilde{A}

の基底になることを確認しよう。
　まず、

{u_{1}, u_{2}} が Ker \tilde{A}

の基底であるための条件は

(イ) 勝手な元

u \in Ker \tilde{A}

に対して

u = s u_{1} + t u_{2}

　　　となるような実数

s, t \in R

が存在する
(ロ)

s, t \in R

として

0 = s u_{1} + t u_{2} \Rightarrow s = t = 0

　　となる。

という条件が満たされることである。このうち、(イ)という条件は (7)式より明らかであるので、(ロ)について検討してみよう。

いま、 s, t \in R として、 0 = s u_{1} + t u_{2}

であるとする。このとき、右辺のベクトルを成分を用いて具体的に書き下してみると、

s u_{1} + t u_{2} = s (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) + t (\begin{matrix} -1 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - t \\ s -2 t \\ s \\ t \end{matrix}) したがって、 (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - t \\ s -2 t \\ s \\ t \end{matrix}) を意味しているから、 s = t = 0 となることが分かる。

以上から、(イ)、(ロ)という二つの条件が満たされることが分かるから、

{u_{1}, u_{2}} は、 Ker \tilde{A}

の基底となることが分かる。また、(5)式を考慮すると、

Ker A

の基底として、

{u_{1}, u_{2}}

が取れることが分かる。特に、

\dim_{R} Ker A = 2

となることも分かる。

＜ $Im A$ の基底を求める＞

そのために、行列 A に対して列変形のみを施して「精一杯の見やすい形」に変形することを考えてみる。(c数字は列)

A = (\begin{matrix} 3 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & 3 \\ 2 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}) ↓(c1 \leftrightarrow c3) (\begin{matrix} 1 & -1 & 3 & 1 \\ -1 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 2 & 2 \end{matrix}) ↓(c2 + c1) ↓(c3 - c1 * 3) ↓(c4 - c1) (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 4 & 4 \\ 0 & 0 & 2 & 2 \end{matrix}) ↓(c4 - c3) (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \end{matrix}) ↓(c3 * 1/2) (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}) ↓(c2 \leftrightarrow c3) (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix})

そこで、

\hat{A} = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}) として、 Im \hat{A} = {\hat{A} u \in R^{3} | u \in R^{4}}

の基底を求めることを考えてみる。いま

u \in R^{4}

を

u = (\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ w \end{matrix}) とすると、 \hat{A} u \in R^{3} は \hat{A} u = (\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ w \end{matrix}) = x (\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{matrix}) + y (\begin{matrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) + z (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + w (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = x (\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{matrix}) + y (\begin{matrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) となることが分かるから v_{1} = (\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{matrix}), v_{2} = (\begin{matrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})

として

{v_{1}, v_{2}} が Im \hat{A}

の基底になると思われる。

　まず、

{v_{1}, v_{2}} が Im \hat{A}

の基底であるための条件は

(イ) 勝手な元

v \in Im \hat{A}

に対して

v = x v_{1} + y v_{2}

　　　となるような実数

x, y \in R

が存在する
(ロ)

x, y \in R

として

0 = x v_{1} + y v_{2} \Rightarrow x = y = 0

　　となる。

という条件が満たされることであるが、

Ker \tilde{A}

の場合と同様の考察を行なうことで、条件が満たされることを確認できる。すると、(6)式より

Im A

の基底として、

{v_{1}, v_{2}}

が取れることが分かる。特に、

\dim_{R} Im A = 2

となることも分かる。

以上みてきたように、行列の基本変形によって、

Ker A, Im A

の基底を個別に求めることができるが、皆さんの中には

Ker A

の基底の時点で一緒に

Im A

の基底を習うか習った？かもしれない。そこでは、表現行列

A

の列ベクトルの一次独立性に重点が置かれて、像の基底としての性質がスッキリしない、という印象を持たれたかもしれない、そこで、そのことを少し考えてみよう。

いま、行列

A

を例題と同じく

A = (\begin{matrix} 3 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & 3 \\ 2 & 0 & 0 & 2 \end{matrix}) として、列ベクトルを v_{1} = (\begin{matrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}), v_{2} = (\begin{matrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}), v_{3} = (\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{matrix}), v_{4} = (\begin{matrix} 1 \\ 3 \\ 2 \end{matrix}) \in R^{3} と表わし、 u \in R^{4} を u = (\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ w \end{matrix}) と表わすことにする。 すると、 A u = (\begin{matrix} v_{1} & v_{2} & v_{3} & v_{4} \end{matrix}) (\begin{matrix} x \\ y \\ z \\ w \end{matrix}) = x v_{1} + y v_{2} + z v_{3} + w v_{4} \dots (8) したがって、 Im A は Im A ={x v_{1} + y v_{2} + z v_{3} + w v_{4} \in R^{3} | x, y, z, w \in R} \dots (9) というように表わせる。 そこで、 Im A の勝手な元 v が v = x v_{1} + y v_{2} + z v_{3} + w v_{4} x, y, z, w \in R

という形に表わせるということに注目して、

{v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} が、 Im A

の基底になるかどうかということを考えてみることにする。

すなわち、

(イ) 勝手な元

v \in Im A

に対して

v = x v_{1} + y v_{2} + z v_{3} + w v_{4}

　　　となるような実数

x, y, z, w \in R

が存在する
(ロ)

x, y, z, w \in R

として

0 = x v_{1} + y v_{2} + z v_{3} + w v_{4} \Rightarrow x = y = z = w = 0 となる。

という二つの条件を満たすかどうかということを考えてみる。

まず、(イ)という条件は、(9)式より自動的に満たすことは明らかである。そこで、(ロ)の条件について考えてみよう。

いま、 x, y, z, w \in R として、 0 = x v_{1} + y v_{2} + z v_{3} + w v_{4} \dots (10) であると仮定して、(8)式より x v_{1} + y v_{2} + z v_{3} + w v_{4} = A u に注意すると、(10)式は 0 = x v_{1} + y v_{2} + z v_{3} + w v_{4} \overset{}{\Leftrightarrow} 0 = A u \overset{}{\Leftrightarrow} u \in Ker A

したがって、(ロ)という条件が満たされるかどうかということは、

Ker A ={0}

となるかどうかということと同じことである、といえる。すなわち、

Ker A \neq{0}

ならば、(ロ)という条件は満たされない、ということが分かる。

　ところで、例題の場合、前半で見たように、

u_{1} = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}), u_{2} = (\begin{matrix} -1 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) として、 Ker A ={s u_{1} + t u_{2} \in R^{4} | s, t \in R} = {u = (\begin{matrix} - t \\ s -2 t \\ s \\ t \end{matrix}) \in R^{4} | s, t \in R} \dots (11)

がわかった、とすると、

{v_{1}, v_{2}, v_{3}, v_{4}} は Im A

　の基底ではない、ことが分かる。それでは、

Im A

　の基底はどうなるだろうか。
いま、

0 = x v_{1} + y v_{2} + z v_{3} + w v_{4} \overset{}{\Leftrightarrow} u \in Ker A \dots (12)

であることを想起すると、

u \in Ker A として、 u_{1}, u_{2} \in Ker A

をとると、

A u_{1} = (\begin{matrix} v_{1} & v_{2} & v_{3} & v_{4} \end{matrix}) (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) = v_{2} + v_{3} A u_{2} = (\begin{matrix} v_{1} & v_{2} & v_{3} & v_{4} \end{matrix}) (\begin{matrix} -1 \\ -2 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) = - v_{1} -2 v_{2} + v_{4} すなわち、 \{\begin{matrix} v_{2} + v_{3} = 0 \\ - v_{1} -2 v_{2} + v_{4} = 0 \end{matrix} という関係式が得られるから、そこで、 \{\begin{matrix} v_{3} =- v_{2} \\ v_{4} = v_{1} +2 v_{2} \end{matrix}

というように、

v_{1}, v_{2}

を用いて、

v_{3}, v_{4}

を表わせることが分かる。

x v_{1} + y v_{2} + z v_{3} + w v_{4} = x v_{1} + y v_{2} + z (- v_{2})+ w (v_{1} + 2 v_{2}) = (x + w) v_{1} + (y - z + 2 w) v_{2} すると、 α = x + w β = y - z + 2 w として、 Im A ={α v_{1} + β v_{2} \in R^{3} | α, β \in R} \dots (13)

というように表わせることが分かる。

それでは、

{v_{1}, v_{2}} は、 Im A

の基底になりうるだろうか。そのためには、

(イ) 勝手な元

v \in Im A

に対して

v = α v_{1} + β v_{2}

　　　となるような実数

α, β \in R

が存在する
(ロ)

α, β \in R

として

0 = α v_{1} + β v_{2} \Rightarrow α = β = 0 となる。

という二つの条件を満たす必要がある。
　まず、(イ)という条件は、(13)式より自動的に満たすことは明らかである。そこで、(ロ)の条件について考えてみよう。
いま、

α, β \in R

として

0 = α v_{1} + β v_{2}

となると仮定してみる。このとき、

v_{3}, v 4

　の項を付け加えると

0 = α v_{1} + β v_{2} + 0 v_{3} + 0 v_{4} となるが、(12)式より (\begin{matrix} α \\ β \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) \in Ker A

となることが分かる。
そこで、

Ker A

の元のうち、ベクトルの第3成分と第4成分が共に 0 となるような元を考えることになるが、(11)式より　

s = t = 0

となるもの、すなわち、0 しか存在しないことが分かるから

(\begin{matrix} α \\ β \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = 0 よって、 α = β = 0

となることが分かる。

したがって、今度の場合、(ロ)という条件も満たされることが分かるから、

Im A の基底として、 {v_{1}, v_{2}}

が取れることになる。

ところで、皆さんの中には、どうして

v_{3}, v_{4} を、 v_{1}, v_{2}

で表わすのか、と疑問に思った人がいるかもしれない。もちろん、

\{\begin{matrix} v_{3} =- v_{2} \\ v_{1} = 2 v_{2} - v_{4} \end{matrix}

として、

{v_{1}, v_{3}}

を消去することも可能だが、

u_{1} = (\begin{matrix} * \\ * \\ 1 \\ 0 \end{matrix}), u_{2} = (\begin{matrix} * \\ * \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) \in Ker A

という形に注目すると、

{v_{3}, v_{4}}

から線型独立であることの判別が容易に分かる。

このように、

Ker A

の基底が分かったとすると、その情報を用いて

Im A

の基底を求めることができる。そこで、注意して欲しいことは、こうして出来たベクトルは行列

A

の成分をそのまま持ってきたので，問題によっては数が大きな場合もある、ということ。

例えば、例題では、

Im A

の基底として

v_{1} = (\begin{matrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}), v_{2} = (\begin{matrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})

が求まりました。「像の基底を求めよ」という問題なら別にこのままで良いが、求めた基底を「正規直交化」せよ、となると少々厄介です。
そこで、

v_{1}, v_{2}

を並べて、列のみの基本変形を行なってみます。

(\begin{matrix} 3 & -1 \\ 1 & 1 \\ 2 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} c1+c2 \\ c1 * 1/2 \end{matrix}) \to (\begin{matrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) = 2 (\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) - (\begin{matrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} c1+c2 \end{matrix}) \to (\begin{matrix} 0 & -1 \\ 2 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}) (\begin{matrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{matrix}) = 2 (\begin{matrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) - 3 (\begin{matrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) すると、 v_{1}^{'} = (\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}), v_{1}^{"} = (\begin{matrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) として、

{v_{1}, v_{2}} という Im A

の基底は

{v_{1}^{'}, v_{2}} や {v_{1}^{"}, v_{2}}

というよりコンパクトな基底も取れることが分かる。

補論・核・像の基底

≪核（Kernel）、像（Image）の基底を求める≫