1. 基本行列と基本変形
以下の3つの行列を基本行列と呼び、それらを掛ける操作を基本変形という。
右からかける場合は列基本変形、左からかける場合は行基本変形と呼ぶ。
基本行列
以下の3つの行列を基本行列という。
(1) 置換行列 $C_{ij}$：列や行を入れ替える
$C_{ij}$は単位行列 $I_n$ の $i$ 列と $j$ 列（または行）を入れ替えて得られる行列で、以下のように表記される。 $$ C_{ij} = \begin{pmatrix} 1 & & & & & \\ & \ddots & & & & \\ & & 0 & \cdots & 1 & \\ & & \vdots & \ddots & \vdots & \\ & & 1 & \cdots & 0 & \\ & & & & & \ddots \end{pmatrix} $$ $C_{ij}$を右からかけると、$i$ 列、$j$ 列が入れ替わり、$C_{ij}$を左からかけると、$i$ 行、$j$ 行が入れ替わります。
(2) 定数倍行列 $D_i(\lambda)$：列や行を定数倍する
$D_i(\lambda)$は単位行列の $i$ 列（または行）の $i$ 番目成分を $\lambda$ に置き換えた行列で、以下のように表記される。 $$ D_i(\lambda) = \begin{pmatrix} 1 & & & \\ & \ddots & & \\ & & \lambda & \\ & & & \ddots \end{pmatrix} $$ $D_i(\lambda)$を右からかけると、$i$ 列目を$\lambda$倍、$D_i(\lambda)$を左からかけると、$i$ 行目が$\lambda$倍されます。
(3)加法行列 $E_{ij}(\lambda)$: 他の行（列）の定数倍を加える
$E_{ij}(\lambda)$は単位行列の $i$ 行 $j$ 列成分に $\lambda$ を加えた行列で、以下のように表記される。 $$ E_{ji}(\lambda) = \begin{pmatrix} 1 & & & & \\ & \ddots & & & \\ & & 1 & & \\ & \cdots & \lambda & \cdots & 1 \\ & & & & \ddots \end{pmatrix} $$ $E_{ij}(\lambda)$を右からかけると、$i$ 列目を$j$列目に加えた行列に、$E_{ij}(\lambda)$を左からかけると、$i$ 行目を$j$行目に加えた行列になります。
(1) 置換行列 $C_{ij}$：列や行を入れ替える
$C_{ij}$は単位行列 $I_n$ の $i$ 列と $j$ 列（または行）を入れ替えて得られる行列で、以下のように表記される。 $$ C_{ij} = \begin{pmatrix} 1 & & & & & \\ & \ddots & & & & \\ & & 0 & \cdots & 1 & \\ & & \vdots & \ddots & \vdots & \\ & & 1 & \cdots & 0 & \\ & & & & & \ddots \end{pmatrix} $$ $C_{ij}$を右からかけると、$i$ 列、$j$ 列が入れ替わり、$C_{ij}$を左からかけると、$i$ 行、$j$ 行が入れ替わります。
(2) 定数倍行列 $D_i(\lambda)$：列や行を定数倍する
$D_i(\lambda)$は単位行列の $i$ 列（または行）の $i$ 番目成分を $\lambda$ に置き換えた行列で、以下のように表記される。 $$ D_i(\lambda) = \begin{pmatrix} 1 & & & \\ & \ddots & & \\ & & \lambda & \\ & & & \ddots \end{pmatrix} $$ $D_i(\lambda)$を右からかけると、$i$ 列目を$\lambda$倍、$D_i(\lambda)$を左からかけると、$i$ 行目が$\lambda$倍されます。
(3)加法行列 $E_{ij}(\lambda)$: 他の行（列）の定数倍を加える
$E_{ij}(\lambda)$は単位行列の $i$ 行 $j$ 列成分に $\lambda$ を加えた行列で、以下のように表記される。 $$ E_{ji}(\lambda) = \begin{pmatrix} 1 & & & & \\ & \ddots & & & \\ & & 1 & & \\ & \cdots & \lambda & \cdots & 1 \\ & & & & \ddots \end{pmatrix} $$ $E_{ij}(\lambda)$を右からかけると、$i$ 列目を$j$列目に加えた行列に、$E_{ij}(\lambda)$を左からかけると、$i$ 行目を$j$行目に加えた行列になります。
具体例をみる
基本行列を左から掛けると行基本変形（行の入れ替え・定数倍・他の行を加える）が実現します。
左から掛けると列基本変形（列の入れ替え・定数倍・他の列を加える）になります。
元の行列
$$A=\begin{pmatrix}
2 & -1 & 3\\
0 & 4 & 5\\
1 & 2 & 0
\end{pmatrix}$$
1) 置換行列
第1行と第2行を入れ替える置換行列 $P_{12}$ を左から掛けると第1行と第2行が入れ替わります。
$$P_{12}=\begin{pmatrix}
0&1&0\\
1&0&0\\
0&0&1
\end{pmatrix},\quad
P_{12}
\begin{pmatrix}
2 & -1 & 3\\
0 & 4 & 5\\
1 & 2 & 0
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
0&4&5\\
2&-1&3\\
1&2&0
\end{pmatrix}$$
$P_{12}$ を右から掛けると第1列と第2列が入れ替わります。
$$\begin{pmatrix}
2 & -1 & 3\\
0 & 4 & 5\\
1 & 2 & 0
\end{pmatrix}
P_{12}
=\begin{pmatrix}
-1&2&3\\
4&0&5\\
2&1&0
\end{pmatrix}$$
2) 定数倍行列
$D=\mathrm{diag}(1,3,1)$ を左から掛けると第2行を3倍する行列になります。
$$D=\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&3&0\\
0&0&1
\end{pmatrix},\quad
D
\begin{pmatrix}
2 & -1 & 3\\
0 & 4 & 5\\
1 & 2 & 0
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
2&-1&3\\
0&12&15\\
1&2&0
\end{pmatrix}$$
$D$を右から掛けると第2列を3倍する行列になります。
$$\begin{pmatrix}
2 & -1 & 3\\
0 & 4 & 5\\
1 & 2 & 0
\end{pmatrix}
D
=\begin{pmatrix}
2 & -3 & 3\\
0 & 12 & 5\\
1 & 6 & 0
\end{pmatrix}$$
3) 加法行列
以下の$E$を左からかけると、1行目を(-2)倍して3行目を加えた行列が得られます。
$$E=\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&1&0\\
-2&0&1
\end{pmatrix},\quad
E
\begin{pmatrix}
2 & -1 & 3\\
0 & 4 & 5\\
1 & 2 & 0
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
2 & -1 & 3\\
0 & 4 & 5\\
-3& 4 & -6
\end{pmatrix}$$
$E$を右からかけると、3列目を(-2)倍して1行目を加えた行列が得られます。
$$\begin{pmatrix}
2 & -1 & 3\\
0 & 4 & 5\\
1 & 2 & 0
\end{pmatrix}
E
=\begin{pmatrix}
-4 & -1 & 3\\
-10 & 4 & 5\\
1 & 2 & 0
\end{pmatrix}$$
2. 掃き出し法
掃き出し法は連立一次方程式を解くための体系化された方法です。以下のようにして解を得ることができます。
掃き出し法
連立一次方程式$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$について$[A|\mathbf{b}]$を拡大係数行列という。
拡大係数行列について行基本変形を繰り返して$[E|\mathbf{u}]$を得ると、$\mathbf{x}=\mathbf{u}$として解が求まる。
拡大係数行列について行基本変形を繰り返して$[E|\mathbf{u}]$を得ると、$\mathbf{x}=\mathbf{u}$として解が求まる。
証明をみる
基本行列を$P_1, \cdots, P_n$としてその積$P_n, \cdots, P_1$を$P$とする。$PA = E$とならば$PA\mathbf{x}=P\mathbf{b}=\mathbf{u}$とな理、$\mathbf{x}=\mathbf{u}$となることが分かる。具体例をみる
次の連立方程式を掃き出し法で解く： $$ \begin{cases} x + 2y + z = 3 \\ 2x + y + 3z = 4 \\ x + y + z = 2 \end{cases} $$ 拡大係数行列 $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 3 \\ 2 & 1 & 3 & 4 \\ 1 & 1 & 1 & 2 \end{array} \right] $$ 1行目を主軸として$R_2 \leftarrow R_2 – 2R_1$，$R_3 \leftarrow R_3 – R_1$： $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 3 \\ 0 & -3 & 1 & -2 \\ 0 & -1 & 0 & -1 \end{array} \right] $$
$R_3 \leftarrow -R_3$： $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 3 \\ 0 & -3 & 1 & -2 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right] $$
$R_2 \leftarrow R_2 + 3R_3$，$R_1 \leftarrow R_1 – 2R_3$： $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right] $$
$R_1 \leftarrow R_1 – R_2$： $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right] $$
$R2$と$R3$を入れ替え。 $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{array} \right] $$
よって $x=0,\ y=1,\ z=1$。
3. 連立一次方程式の解の分類
以下で紹介するランクという概念を用いて、連立一次方程式が解なし、唯一解、不定となる条件をまとめることができます。
(1) ランク
行列のランク
行列$A$に対する(行および列の)基本変形で得られる左上の 1 が階段状に並ぶんだ行列をランク標準型という。
$$
\underbrace{\begin{pmatrix}
\color{blue}{1} & * & * & * \\
0 & \color{blue}{1} & * & * \\
0 & 0 & \color{blue}{1} & * \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}}_{\text{左上の青い }1\text{ が階段状}}
$$
また、青い $1$ の個数を$A$ランクといい、$\mathrm{rank}A$と表記する。
具体例をみる
$$ A= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 4 & 6 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} $$$R_2 \leftarrow R_2 – 2R_1$： $$ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix} $$ $R_3 \leftarrow R_3 – R_1$： $$ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & -2 \end{pmatrix} $$ $R_3 \leftarrow -R_3$，$R_1 \leftrightarrow R_3$（見やすさのため交換）： $$ \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix} \ \to\ \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 0 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$ 青い $1$ が 2 個 ⇒ $\mathrm{rank}(A)=2$。
(2) 解の分類
連立一次方程式の解の分類
n元連立一次方程式$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$について、拡大係数行列$[A|\mathbf{b}]$を$A_a$とすると、解の存在は以下のように場合分けできる。
- $\mathrm{rank}A < \mathrm{rank}A_a$（解なし）
- $\mathrm{rank}A = \mathrm{rank}A_a = n$（唯一解）
- $\mathrm{rank}A = \mathrm{rank}A_a < n$（不定）
具体例をみる (解なし)
$$ \begin{cases} x + y + z = 1 \\ 2x + 2y + 2z = 3 \\ x – y + z = 0 \end{cases} $$ 拡大行列 $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 2 & 2 & 2 & 3 \\ 1 & -1 & 1 & 0 \end{array} \right] $$$R_2 \leftarrow R_2 – 2R_1$，$R_3 \leftarrow R_3 – R_1$： $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & -2 & 0 & -1 \end{array} \right] $$ ここで 2 行目が $0=1$ を表し矛盾。したがって 解なし。
このとき $\mathrm{rank}A=2,\ \mathrm{rank}A_a=3$ で $\mathrm{rank}A<\mathrm{rank}A_a$。
具体例をみる (唯一解)
$$ \begin{cases} x + y + z = 6 \\ 2x + y + 3z = 4 \\ x + y + 2z = 5 \end{cases} $$ 拡大係数行列 $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 2 & 1 & 3 & 4 \\ 1 & 1 & 2 & 5 \end{array} \right] $$$R_2 \leftarrow R_2 – 2R_1$，$R_3 \leftarrow R_3 – R_1$： $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6 \\ 0 & -1 & 1 & -8 \\ 0 & 0 & 1 & -1 \end{array} \right] $$
後退代入：$z=-1$，$-y+z=-8\Rightarrow y=7$，$x+y+z=6\Rightarrow x=0$。
唯一解：$(x,y,z)=(0,7,-1)$（RREF にしても同じ結論）。
ここで $\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}A_a=3=n$。
具体例をみる (不定)
$$ \begin{cases} x + y + z = 3 \\ 2x + 2y + 2z = 6 \\ x – y + z = 1 \end{cases} $$ 拡大係数行列 $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 3 \\ 2 & 2 & 2 & 6 \\ 1 & -1 & 1 & 1 \end{array} \right] $$$R_2 \leftarrow R_2 – 2R_1$，$R_3 \leftarrow R_3 – R_1$： $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -2 & 0 & -2 \end{array} \right] $$
$R_3 \leftarrow (-1/2)R_3$： $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{array} \right] $$ ここから $y=1$，$x+z=2$。$z$ を自由変数 $t$ として $$ x=2-t,\quad y=1,\quad z=t\quad (t\in\mathbb{R}). $$ 解の媒介表示： $$ (x,y,z)=(2,1,0)+t\,(-1,0,1). $$ この場合 $\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}A_a=2<3$。
(3) 特解と解空間
解が不定の場合、特解と解空間という概念で解を求めることができます。
特解と解空間
$n$元連立一次方程式$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$の解を特解$\mathbf{x}_0$といい、また同時方程式$A\mathbf{x}=0$の解を同次解$\mathbf{v}$という。このとき、$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$の一般解は$\mathbf{x}=\mathbf{x}_0 + \mathbf{v}$と表すことができる。
証明をみる
定義より$A\mathbf{x}_0=b$。一方$A\mathbf{v}=0$だから、$A\mathbf{x}=A\mathbf{x}_0+A\mathbf{v}=\mathbf{b}+\mathbf{0}$となり、$\mathbf{x}_0 + \mathbf{v}$が$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$の解であることが分かる。なお、拡大係数行列$[A|\mathbf{b}]$を$A_a$とすると、上記による解の導出は以下のように具体的に説明される。
- $\mathrm{rank}(A) < \mathrm{rank}(A_a)$のときは解なしであるため特解を取れない。従って一般解は存在しない。
- $\mathrm{rank}(A) = \mathrm{rank}(A_a) = n$のときは唯一解を特解としてとれ、同次解は$\mathbf{0}$のみとなる。従って一般解は特解のみ。
- $\mathrm{rank}(A) = \mathrm{rank}(A_a) < n$のときは無数に解が存在し、その1つを特解としてとる。同次解は$\mathbf{0}$以外にも存在するため、無数の解を特解と同次解の和で表現できる。
具体例をみる (特解の求め方)
$$ \begin{cases} x + y + z = 2 \\ x – y + z = 0 \end{cases} $$ 拡大係数行列 $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 1 & 0 \end{array} \right] $$$R_1 \leftarrow R_1 – R_2$： $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 0 & 2 & 0 & 2 \\ 1 & -1 & 1 & 0 \end{array} \right] $$ よって $y=1$、残りから $x+z=0$。$z=0$ と置けば $x=0$。
特解：$(x,y,z)=(0,1,0)$（他にも可）。
具体例をみる (同次解と一般解の求め方)
同じ係数で同次系 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ を解く： $$ \begin{cases} x + y + z = 0 \\ x – y + z = 0 \end{cases} $$ 拡大行列 $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & -1 & 1 & 0 \end{array} \right] $$ $R_1 \leftarrow R_1 – R_2$： $$ \left[ \begin{array}{ccc|c} 0 & 2 & 0 & 0 \\ 1 & -1 & 1 & 0 \end{array} \right] $$ これより $y=0$，そして $x+z=0 \Rightarrow x=-z$。$z=t$ とおけば $$ \ker A={(-t,0,t)\mid t\in\mathbb{R}} = \mathrm{span}{(-1,0,1)}. $$ 一般解は「特解 + 同次解」： $$ (x,y,z)=(0,1,0)+t\,(-1,0,1). $$4. クラメルの公式
クラメルの公式
正方係数行列 $A$ が可逆（$\det A\neq0$）のとき、$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ の解は
$$
x_i=\frac{\det A_i}{\det A}\quad (i=1,\dots,n),
$$
ここで $A_i$ は $A$ の第 $i$ 列を $\mathbf{b}$ に置き換えた行列。
証明をみる
目標：$\det A_i=\det A\cdot x_i$ を示す。$A\mathbf{x}=\mathbf{b}$ より、各 $k$ で $b_k=\sum_{\ell=1}^n a_{k\ell}x_\ell$。
$A_i$ を第 $i$ 列に $\mathbf{b}$ を入れた行列とする。第 $i$ 列に沿って余因子展開すると $$ \det A_i=\sum_{k=1}^n b_k\,C_{k i} =\sum_{k=1}^n\Big(\sum_{\ell=1}^n a_{k\ell}x_\ell\Big)C_{k i} =\sum_{\ell=1}^n x_\ell\Big(\sum_{k=1}^n a_{k\ell}C_{k i}\Big). $$ ここで 補題： $$ \sum_{k=1}^n a_{k\ell}C_{k i}= \begin{cases} \det A, & \ell=i,\\ 0, & \ell\neq i. \end{cases} $$ 理由：$A$ の第 $i$ 列を第 $\ell$ 列で置き換えた行列を $A(i\leftarrow\ell)$ とすると、$\ell\neq i$ では 2 列が等しく $\det A(i\leftarrow\ell)=0$、$\ell=i$ では $\det A(i\leftarrow i)=\det A$。一方、$A(i\leftarrow\ell)$ を第 $i$ 列に沿って余因子展開すると $\det A(i\leftarrow\ell)=\sum_k a_{k\ell}C_{k i}$。よって補題が従う。$\square$
補題を代入すると $$ \det A_i=\sum_{\ell=1}^n x_\ell\,\delta_{\ell i}\,\det A = x_i\,\det A. $$ 両辺を $\det A$ で割れば $x_i=\dfrac{\det A_i}{\det A}$。$\square$
具体例をみる
$$ \begin{cases} x + 2y + z = 3 \\ 2x + y + 3z = 4 \\ x + y + z = 2 \end{cases} \quad A=\begin{pmatrix}1&2&1\\2&1&3\\1&1&1\end{pmatrix},\ \mathbf{b}=\begin{pmatrix}3\\4\\2\end{pmatrix}. $$ $\det A$ を計算： $$ \det A=1\cdot\det\begin{pmatrix}1&3\\1&1\end{pmatrix} -2\cdot\det\begin{pmatrix}2&3\\1&1\end{pmatrix} +1\cdot\det\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix} =(-2)-2(-1)+1=1. $$ $A_1,A_2,A_3$： $$ A_1=\begin{pmatrix}3&2&1\\4&1&3\\2&1&1\end{pmatrix},\ A_2=\begin{pmatrix}1&3&1\\2&4&3\\1&2&1\end{pmatrix},\ A_3=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&1&4\\1&1&2\end{pmatrix}. $$ 行列式： $$ \begin{aligned} \det A_1&=3\cdot\det\begin{pmatrix}1&3\\1&1\end{pmatrix} -2\cdot\det\begin{pmatrix}4&3\\2&1\end{pmatrix} +1\cdot\det\begin{pmatrix}4&1\\2&1\end{pmatrix} =-6+4+2=0,\\ \det A_2&=1\cdot\det\begin{pmatrix}4&3\\2&1\end{pmatrix} -3\cdot\det\begin{pmatrix}2&3\\1&1\end{pmatrix} +1\cdot\det\begin{pmatrix}2&4\\1&2\end{pmatrix} =(-2)+3+0=1,\\ \det A_3&=1\cdot\det\begin{pmatrix}1&4\\1&2\end{pmatrix} -2\cdot\det\begin{pmatrix}2&4\\1&2\end{pmatrix} +3\cdot\det\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix} =(-2)-0+3=1. \end{aligned} $$ よって $$ x=\frac{\det A_1}{\det A}=0,\quad y=\frac{\det A_2}{\det A}=1,\quad z=\frac{\det A_3}{\det A}=1. $$ クラメルの公式の結果は掃き出し法の結果 $(0,1,1)$ と一致。5. 逆行列
(1) 逆行列の定義
逆行列の定義
$A$ が正方行列のとき、$AA^{-1}=A^{-1}A=I$ を満たす行列 $A^{-1}$ が存在すれば 逆行列 という。
(2) 余因子の定義
余因子の定義
$M_{ij}$ を $A$ の $i$ 行 $j$ 列を削除して得る小行列の行列式（小行列式）とし，
$$
C_{ij}=(-1)^{i+j}\,M_{ij}
$$
を 余因子 という。
(3) 余因子行列と随伴行列の定義
余因子行列と随伴行列の定義
余因子行列 $C$ とは、余因子 $C_{ij}$ を「そのままの位置 $(i,j)$」に配置した行列：
$$
C=
\begin{pmatrix}
C_{11} & C_{12} & \cdots & C_{1n}\\
C_{21} & C_{22} & \cdots & C_{2n}\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\
C_{n1} & C_{n2} & \cdots & C_{nn}
\end{pmatrix}.
$$
ここで注意：伴随（随伴）行列（adjugate）は $C$ の転置
$$
\operatorname{adj}(A)=C^\top
$$
であり、逆行列の公式に現れるのはこの転置版である。
(4) 逆行列の公式
逆行列は随伴行列を用いて以下のように表せます。
逆行列の随伴行列による表現
$\det A\neq0$ のとき
$$
A^{-1}=\frac{1}{\det A}\,\operatorname{adj}(A)=\frac{1}{\det A}\,C^\top.
$$
証明をみる (成分計算を利用)
$$ \begin{align} A\,\operatorname{adj}(A) &= A \begin{pmatrix} C_{11} & C_{21} & \cdots & C_{n1} \\ C_{12} & C_{22} & \cdots & C_{n2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ C_{1n} & C_{2n} & \cdots & C_{nn} \\ \end{pmatrix}\\ &= A \begin{pmatrix} (-1)^{1+1}M_{11} & (-1)^{2+1}M_{21} & \cdots & (-1)^{n+1}M_{n1} \\ (-1)^{1+2}M_{12} & (-1)^{2+2}M_{22} & \cdots & (-1)^{n+2}M_{n2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ (-1)^{1+n}M_{1n} & (-1)^{2+n}M_{2n} & \cdots & (-1)^{n+n}M_{nn} \\ \end{pmatrix} \end{align} $$ ここで上記の積$P$の対角成分は以下となる。 $$ \begin{align} P_{ii} &= (-1)^{i+1}a_{i1}M_{i1} + (-1)^{i+2}a_{i2}M_{i2} + \cdots + (-1)^{i+n}a_{in}M_{in} \\ &= \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k+i}a_{ki}M_{ki} \\ &= \det(A) \end{align} $$ また、非対角成分$P_{ij}\,(i \neq j)$は以下となる。 $$ P_{ij} = (-1)^{j+1}a_{i1}M_{j1} + (-1)^{j+2}a_{i2}M_{j2} + \cdots + (-1)^{j+n}a_{in}M_{jn} $$ これは、$A$の$j$行目に$A$の$i$行目が現れる、すなわち$A$の$i$行目が$i$行目と$j$行目に$2$回現れる行列の余因子展開である。具体的には以下。 $$ \begin{align} P_{ij} &= (-1)^{j+1}a_{i1}M_{j1} + (-1)^{j+2}a_{i2}M_{j2} + \cdots + (-1)^{j+n}a_{in}M_{jn} \\ &= \det \begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ a_{i1} & a_{i2} & \cdots & a_{in} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ a_{i1} & a_{i2} & \cdots & a_{in} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix} \\ &= 0 \end{align} $$ 従って、 $$ A\,\operatorname{adj}(A) = \det(A) I $$ となるから、 $$ A\,\frac{\operatorname{adj}(A)}{\det(A)} = I $$ 逆行列の定義より、 $$ A^{-1} = \frac{\operatorname{adj}(A)}{\det(A)} $$証明をみる (クラメルの公式を利用)
$A\mathbf{x}=\mathbf{e}_j$とおくと$\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{e}_j$より、$A^{-1}$の$j$列目は$A\mathbf{x}=\mathbf{e}_j$の解。この解を$\mathbf{x}_j$とくと、$A^{-1}=[\mathbf{x}_1, \cdots, \mathbf{x}_n]$。ここで$A\mathbf{x}=\mathbf{e}_j$にクラメルの公式を適用すると、$\mathbf{x}_j$の$i$行目の成分、すなわち$A^{-1}$の$ij$成分は、$|\mathbf{a}_1, \cdots, \mathbf{e}_j, \cdots, \mathbf{a}_n|/|A|$と表現できる。
$|\mathbf{a}_1, \cdots, \mathbf{e}_j, \cdots, \mathbf{a}_n|$を$\mathbf{e}_j$が入っている$i$列目に関して余因子展開をすると、$\mathbf{e}_j$の第$j$成分以外が$0$であることから、$A$の$ji$成分の余因子$C_{ji}$であることが分かる。
従って、$A^{-1}$の$ij$成分は$C_{ji}/|A|$となる。
具体例をみる
$$ A=\begin{pmatrix}1&2&1\\2&1&3\\1&1&1\end{pmatrix},\quad \det A=1. $$ 小行列式と余因子： $$ \begin{aligned} C_{11}&=\det\begin{pmatrix}1&3\\1&1\end{pmatrix}=1-3=-2,\\ C_{12}&=-\det\begin{pmatrix}2&3\\1&1\end{pmatrix}=-(2-3)=+1,\\ C_{13}&=+\det\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}=2-1=1,\\ C_{21}&=-\det\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}=-(2-1)=-1,\\ C_{22}&=+\det\begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}=1-1=0,\\ C_{23}&=-\det\begin{pmatrix}1&2\\1&1\end{pmatrix}=-(1-2)=+1,\\ C_{31}&=+\det\begin{pmatrix}2&1\\1&3\end{pmatrix}=6-1=5,\\ C_{32}&=-\det\begin{pmatrix}1&1\\2&3\end{pmatrix}=-(3-2)=-1,\\ C_{33}&=+\det\begin{pmatrix}1&2\\2&1\end{pmatrix}=1-4=-3. \end{aligned} $$ 余因子行列 $$ C=\begin{pmatrix} -2&1&1\\ -1&0&1\\ 5&-1&-3 \end{pmatrix},\quad \operatorname{adj}(A)=C^\top=\begin{pmatrix} -2&-1&5\\ 1&0&-1\\ 1&1&-3 \end{pmatrix}. $$ $\det A=1$ なので $$ A^{-1}=\operatorname{adj}(A)= \begin{pmatrix} -2&-1&5\\ 1&0&-1\\ 1&1&-3 \end{pmatrix}. $$ （検算：$A\,A^{-1}=I$ を実際に掛けて確認できる。）6. 逆行列に関する定理
(1) 逆行列の一意性
逆行列の一意性
逆行列は存在すれば一意である。
証明をみる
$B$ と $C$ がともに $A$ の逆行列とする。すると $$ B=BI=B(AC)=(BA)C=IC=C. $$ すなわち $B=C$。よって一意。$\square$(2) 積の逆行列
積の逆行列
可逆行列 $A,B$ に対して $(AB)^{-1}=B^{-1}A^{-1}$。
証明をみる
$$ (AB)(B^{-1}A^{-1})=A(BB^{-1})A^{-1}=AA^{-1}=I,\qquad (B^{-1}A^{-1})(AB)=B^{-1}(A^{-1}A)B=B^{-1}B=I. $$ 右左の逆元が一致して単位行列になるので、$B^{-1}A^{-1}$ は $AB$ の逆行列である。$\square$(3) 転置行列の逆行列
転置行列の逆行列
可逆行列 $A$ に対し $(A^\top)^{-1}=(A^{-1})^\top$。
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