行列のランクと，行列が逆行列をもつための必要十分条件

０でない全ての実数は逆数を持つが，行列の場合は零行列でなくても正方行列が逆行列を持たないこともある．

行列が逆行列を持つかどうかの判定する方法の１つに，行列のランクを求める方法がある．

行列のランクは前回の記事で考えた行列の基本変形に基づいて定義することができる．

この記事では行列の正則性(逆行列を持つかどうか)を調べることを目的とするが，ランクは行列を考える上で様々な場面に登場する大切な概念である．

【線形代数の初学者のための道案内｜線形代数のイメージを知る】
【線形代数１｜行列の積の定義はどうしてこうなる？】
【線形代数２｜連立１}次方程式の掃き出し法と行列の基本変形】
【線形代数３｜行列のランクと，行列が逆行列をもつための条件】←今の記事

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一連の記事を通して，

$\N$ ：正の整数の集合
$\Z$ ：整数の集合
$\Q$ ：有理数の集合
$\R$ ：実数の集合
$\C$ ：複素数の集合

とする．また， $\K$ を体とし， $m,n\in\N$ とする．

なお，体の定義を詳しく知りたい人は以下の記事で参照されたいが，今の時点では加減乗除が定義された集合(例えば $\R$ や $\C$ )と思っておいて差し支えない．

【群と環と体の定義とそれらの例】

代数学は数学の構造を研究する分野であり，群(group)，環(ring)，体(field)上において理論が展開されることが非常に多い．群，環，体の定義を説明したのち，これらの具体例を紹介する．

行列のランク

行列の「ランク」とよばれる概念を定義する．

簡約行列

いくつか準備をする．

[階段行列/主成分]　 $A=(a_{i,j})\in\Mat_{mn}(\K)$ が階段形 (echelon form)または階段行列 (echelon matrix)であるとは，任意の $i\in\{1,\dots,m-1\}$ に対して，次が成り立つことをいう．

$a_{i,k}=0$ ( $k=1,\dots,j$ , $j<n$ )なら， $a_{i+1,k}=0$ ( $k=1,\dots,j+1$ )である．
$a_{i,k}=0$ ( $k=1,\dots,n$ )なら， $a_{i+1,k}=0$ ( $k=1,\dots,n$ )である．

また，階段行列において，零ベクトルでない行の０でない最も左の成分を，その行の主成分 (ピボット，pivot, pivot element)という．

具体例を見たほうが分かりやすいであろう．例えば，

$\begin{align*} &\bmat{1&2&3&4\\0&1&0&-2\\0&0&0&1},\quad \bmat{0&1&5&8\\0&0&-3&2\\0&0&0&0},\quad \bmat{4&0\\0&3\\0&0} \end{align*}$

はいずれも階段行列である．

[簡約行列]　次を満たす階段行列を簡約行列 (reduced matrix)という．

主成分は全て１である．
主成分の存在する列において，主成分以外の成分はすべて０である．

例えば，

$\begin{align*} &\bmat{1&0&3&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1},\quad \bmat{0&1&0&4\\0&0&1&2\\0&0&0&0},\quad \bmat{1&0\\0&1\\0&0} \end{align*}$

はいずれも簡約行列である．

基本変形

前回の記事では行基本変形を説明したが，同様に列基本変形を定義することができる．

[基本変形]　行列について，

ある行を $k$ 倍する( $k\neq0$ )
ある行の $k$ 倍を別の行に加える
ある行と別の行を入れ替える

という３つの変形を併せて行基本変形という．また，「行」を「列」に読み替えてできる変形を列基本変形という．

行基本変形，列基本変形をまとめて基本変形という．

さて，先ほど定義した簡約行列と行基本変形について，次が成り立つ．

行基本変形により，任意の行列は簡約行列に変形できる．

前回の記事で説明した掃き出し法の要領で考えれば，成り立つことが分かる．

【線形代数２｜連立１次方程式の掃き出し法と行列の基本変形】

中学校以来，連立１次方程式は加減法で解くことが多かったが，行列を学ぶと拡大係数行列を考えることによって加減法と土曜に解くことができるようになる．この解法は「掃き出し法」といい，行基本変形を用いることになる．

例えば，行基本変形により

$\begin{align*} \bmat{2&3&-2\\2&-2&8\\-3&0&-6} \to&\bmat{2&3&-2\\1&-1&4\\-3&0&-6} \to\bmat{2&3&-2\\1&-1&4\\-1&0&-2} \\\to&\bmat{1&-1&4\\2&3&-2\\-1&0&-2} \to\bmat{1&-1&4\\0&5&-10\\0&-1&2} \\\to&\bmat{1&-1&4\\0&1&-2\\0&-1&2} \to\bmat{1&-1&4\\0&1&-2\\0&0&0} \end{align*}$

となる．

行列 $A$ を行基本変形により簡約行列 $B$ に変形することを簡約化 (reduction)という．また，行列 $B$ 自体も $A$ の簡約化という．

※数学では，ある $A$ を特定の形の $B$ に変形する操作”をしばしば「〜化」というが，このとき $B$ 自体”も「〜化」ということがよくある．

今の例より， $\bmat{1&-1&4\\0&1&-2\\0&0&0}$ は $\bmat{2&3&-2\\2&-2&8\\-3&0&-6}$ の簡約化である．

行列のランク(階数)の定義

行列の簡約化は一通りには定まらず，簡約化を行うプロセスによって簡約行列は異なったものになり得ることに注意する．

言い換えれば，行列を行基本変形によって簡約行列に変形するとき，基本変形のプロセスによっては異なる簡約行列になりうる．

しかし，実はどのような経過を辿っても，簡約化の０でない成分をもつ行の数は一定である．

このことは，上で定義した「主成分」という言葉を用いると，以下の定理のように述べることができる．

[簡約化]　行列の簡約化の主成分の個数は，簡約化によらず等しい．

この定理の証明には準備が必要なので，証明は後に回すとし，先に行列のランクを定義する．

行列 $A$ に対して， $A$ に行基本変形を施して簡約行列 $B$ になったとする．

このとき， $B$ の主成分の個数を $A$ のランク (階数，rank)といい， $\rank{A}$ や $\operatorname{rk}{A}$ などと表す．

例えば，先ほどの例より， $\bmat{1&-1&4\\0&1&-2\\0&0&0}$ は $\bmat{2&3&-2\\2&-2&8\\-3&0&-6}$ の簡約化だったから，

$\begin{align*} \rank{\bmat{2&3&-2\\2&-2&8\\-3&0&-6}} =\rank{\bmat{1&-1&4\\0&1&-2\\0&0&0}} =2 \end{align*}$

である．

なお，[簡約化]の定理から，この定義でどのような $B$ になったとしても $B$ の主成分の個数は同じなので，ランクは行基本変形の方法によらず一意に定まる．

このように，定義が適切であることを「well-definedである」という．

例えば，「全ての角が $90^\circ$ 以上の三角形を超鈍角三角形という」などと定義しても，このような三角形は存在しないのでこの定義はwell-definedではない(ill-definedであるという)．

well-definedについては，詳しくは以下の記事を参照されたい．

【well-definedとは何か？｜剰余群の定義を理解しよう】

定義のwell-defined性を考えることは大切であるが，始めはなかなか分かりにくい人は多い．そこで，この記事では三角比や剰余群を例にwell-definedについて説明する．

行列の正則性の必要十分条件

さて，行列のランクのような「１つの対象に固有なもの」を不変量 (invariant)というが，数学において不変量が重要な役割を果たすことは多い．

実際，ランクは線形代数において非常に大切で，例えば正方行列が正則(逆行列を持つ)かどうかの必要十分条件を与えることができる．

[正則性の必要十分条件]　 $A\in\Mat_{n}(\K)$ について，次は同値である．

$\rank{A}=n$ を満たす．
$A$ は正則である．

このように，正方行列の正則性を考えるための条件として，行列のランクは非常に重要な役割を果たす．

この証明にも準備が必要なので，証明は後に回す．

基本変形と行列の積

それでは，先ほどの簡約化の主成分の個数が一定であることの証明に移る．

基本変形を引き起こす行列

行列 $A:=\bmat{1&2&3\\4&5&6\\7&8&9\\10&11&12}$ と，以下の行列を考える．

$\begin{align*} P_{34}:=\bmat{1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&1\\0&0&1&0},\quad Q_{2}^{(3)}:=\bmat{1&0&0&0\\0&3&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1},\quad R_{14}^{(2)}:=\bmat{1&0&0&2\\0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1} \end{align*}$

このとき，単純な計算より

$\begin{align*} P_{34}A=\bmat{1&2&3\\4&5&6\\10&11&12\\7&8&9},\quad Q_{2}^{(3)}A=\bmat{1&2&3\\12&15&18\\7&8&9\\10&11&12},\quad R_{14}^{(2)}A=\bmat{21&24&27\\4&5&6\\7&8&9\\10&11&12} \end{align*}$

となる．すなわち， $A$ に対して，

$P_{34}A$ は第３行と第４行の入れ替えが，
$Q_{2}^{(3)}A$ は第２行の３倍が，
$R_{14}^{(2)}A$ は第１行に第４行の２倍の付け加え

が起こっている．

一般に，基本変形は以下のように行列をかけることによって引き起こすことができる．

$k\in\K$ とし， $A\in\Mat_{n}(\K)$ とする．また，

$\begin{align*} &P_{ij}=[\m{e}_{1},\dots,\m{e}_{j},\dots,\m{e}_{i},\dots,\m{e}_{n}], \\&Q_{i}^{(k)}=[\m{e}_{1},\dots,k\m{e}_{i},\dots,\m{e}_{n}]\quad(k\neq0), \\&R_{ij}^{(k)}=[\m{e}_{1},\dots,\m{e}_{i}+k\m{e}_{j},\dots,\m{e}_{j},\dots,\m{e}_{n}] \end{align*}$

とする．すなわち，

$P_{ij}$ は $I$ の第 $i$ 列と第 $j$ 列を入れ替えた行列
$Q_{i}^{(k)}$ は単位行列 $I$ の第 $i$ 列を $k\neq0$ 倍した行列
$R_{ij}^{(k)}$ は $I$ の第 $i$ 列に第 $j$ 列の $k\in\K$ 倍を加えた行列

である．このとき，

$P_{ij}A$ は $A$ の第 $i$ 行と第 $j$ 行を入れ替えてできる行列
$Q_{i}^{(k)}A$ は $A$ の第 $i$ 行を $k\neq0$ 倍してできる行列
$R_{ij}^{(k)}A$ は $A$ の第 $i$ 行に $A$ の第 $j$ 行の $k$ 倍を加えてできる行列

となる．列基本変形については，「行」を「列」に読み替えて， $P_{ij}$ , $Q_{i}^{(k)}$ , $R_{ij}^{(k)}$ を $A$ に右からかければよい．

先ほどの例のように，実際に計算することによりこの命題は容易に証明できる．

これらの行列については，以下が重要である．

$P_{ij}$ , $Q_{i}^{(k)}$ , $R_{ij}^{(k)}$ はいずれも正則で，それぞれ $P_{ji}$ , $Q_{i}^{(1/k)}$ , $R_{ij}^{(-k)}$ が逆行列である．

これも上の命題を考えれば成り立つことがすぐに分かる．

正則性の条件

さて，ここで正則性の条件として重要なものを述べておく．

$AB=I$ かつ $BA=I$ を満たすときに $A$ (と $B$ )は正則行列というのであったが，実は $AB=I$ と $BA=I$ のいずれかが成り立てば， $AB=I$ かつ $BA=I$ が成り立つ．

正方行列 $A$ に対して， $AB=I$ または $BA=I$ をみたす正方行列 $B$ が存在すれば， $A$ は正則で $A^{-1}=B$ である．

[証明]

$A\in\Mat_{n}(\K)$ とし， $AB=I$ をみたす正方行列 $B$ が存在すれば $A$ は正則であることを， $n$ に関する数学的帰納法により示す．

[1]　 $n=1$ のとき

$A=[a]$ とすると， $AB=I$ から $a\neq0$ であり， $B=[a^{-1}]$ である．

よって， $BA=[a^{-1}a]=[1]=I$ が従う．

なお， $A=[a]$ や $B=[a^{-1}]$ は１行１列の行列表示である．

[2]　 $n=k$ のときに定理が成り立つと仮定し， $A, B\in\Mat_{k+1}(\K)$ は $AB=I$ を満たすとする．

もし $A$ の第１行の成分が全て０なら積 $AB$ の $(1,1)$ 成分が０となって $AB=I$ とは成り得ないから， $A$ の第１行には０でない成分 $a$ が存在する．

よって， $A$ に列基本変形を施して， $(1,1)$ 成分が０でない行列 $A_{1}$ に変形できる：

$\begin{align*} A:=\bmat{*&\dots&*&a&*&\dots&*\\ *&\dots&*&*&*&\dots&*\\ \vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ *&\dots&*&*&*&\dots&*} \to A_1:=\bmat{a&*&\dots&*\\ *&*&\dots&*\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ *&*&\dots&*}. \end{align*}$

さらに， $A_{1}$ に行基本変形と列基本変形を施して，第１行と第１列の $(1,1)$ を除く全ての成分が０であるような行列 $A_{2}$ に変形できる：

$\begin{align*} A_1 \to A_2:=\bmat{a&0&\dots&0\\ 0&*&\dots&*\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&*&\dots&*}. \end{align*}$

行基本変形と列基本変形で $A$ が $A_{2}$ に変形されたから， $XAY=A_{2}$ となる正則行列 $X$ , $Y$ が存在する( $X$ , $Y$ は上で定めた $P_{ij}$ , $Q_{i}^{(k)}$ , $R_{ij}^{(k)}$ の積となっている)．

ここで， $A_{2}$ , $Y^{-1}BX^{-1}$ を

$\begin{align*} A_{2}=\bmat{a&\m{0}^{T}\\\m{0}&A_{3}},\quad Y^{-1}BX^{-1}=\bmat{x&\m{y}^{T}\\\m{z}&B'} \end{align*}$

とおく． $XX^{-1}=YY^{-1}=AB=I$ だから，

$\begin{align*} \bmat{ax&a\m{y}^{T}\\A_{3}\m{z}&A_{3}B'} =&\bmat{a&\m{0}^{T}\\\m{0}&A_{3}}\bmat{x&\m{y}^{T}\\\m{z}&B'} \\=&A_{2}(Y^{-1}BX^{-1}) \\=&(XAY)(Y^{-1}BX^{-1}) \\=&I_{k+1} \end{align*}$

だから，

$\begin{align*} ax=1,\quad a\m{y}^{T}=\m{0}^{T},\quad A_{3}\m{z}=\m{0},\quad A_{3}B'=I_{k} \end{align*}$

が成り立つ．よって，

$A_{3}B'=I_{k}$ と帰納法の仮定を併せて， $A_{3}$ は正則で逆行列 $B'$ をもち，
$a\neq0$ だから $a\m{y}^{T}=\m{0}^{T}$ より $\m{y}=\m{0}$ が成り立ち，
${A_{3}}^{-1}$ を $A_{3}\m{z}=\m{0}$ の両辺に左からかけて $\m{z}=\m{0}$ が成り立つ．

これより， $Y^{-1}BX^{-1}=\bmat{x&\m{0}^{T}\\\m{0}&B'}$ となるから，

$\begin{align*} AB =&(X^{-1}A_2Y^{-1})\bra{Y\bmat{x&\m{0}^{T}\\\m{0}&B'}X} \\=&X^{-1}\bmat{a&\m{0}^{T}\\\m{0}&A_{3}}\bmat{x&\m{0}^{T}\\\m{0}&B'}X \\=&X^{-1}\bmat{ax&\m{0}^{T}\\\m{0}&A_{3}B'}X \\=&X^{-1}I_{k+1}X =X^{-1}X =I_{k+1}, \\BA =&\bra{Y\bmat{x&\m{0}^{T}\\\m{0}&B'}X}(X^{-1}A_2Y^{-1}) \\=&Y\bmat{x&\m{0}^{T}\\\m{0}&B'}\bmat{a&\m{0}^{T}\\\m{0}&A_{3}}Y^{-1} \\=&Y\bmat{ax&\m{0}^{T}\\\m{0}&B'A_{3}}Y^{-1} \\=&YI_{k+1}Y^{-1} =YY^{-1} =I_{k+1} \end{align*}$

が成り立つ．よって， $A$ は正則で， $A^{-1}=B$ である．

[証明終]

簡約化の定理の証明

それでは先程述べた以下の定理を証明する．

[簡約化(再掲)]　行列の簡約化の主成分の個数は，簡約化によらず等しい．

[証明]

背理法により示す．すなわち，行列 $A\in\Mat_{mn}(\R)$ を行基本変形して，

主成分を $r$ 個もつ簡約行列 $B=[\m{b}_{1},\dots,\m{b}_{n}]$
主成分を $s$ 個もつ簡約行列 $C=[\m{c}_{1},\dots,\m{c}_{n}]$

のどちらにもなり得るとして矛盾を導く( $s<r$ )．

このとき，任意の $k\in\{1,\dots,n\}$ に対して， $\m{b}_{k}$ の第 $r+1$ 成分以下は全て0であり， $\m{c}_{k}$ の第 $s+1$ 成分以下は全て0であることに注意する．

さらに， $B$ の主成分以外の成分がすべて0になるように列基本変形を施してできる行列を $B_{1}$ とする．

また，同様に $C$ の主成分が存在する列 $\m{e}_{\ell}$ ( $\ell=1,\dots,s$ )が第 $\ell$ 列になるように列基本変形を施し，主成分以外の成分がすべて0になるように列基本変形を施してできる行列を $C_{1}$ とする．

このとき，

$\begin{align*} B_{1}=\bmat{I_{r}&O\\O&O},\quad C_{1}=\bmat{I_{s}&O\\O&O} \end{align*}$

である．

行基本変形 $A\to B$ , $A\to C$ を引き起こす行列をそれぞれ $S$ , $T$ とし，列基本変形 $B\to B_{1}$ , $C\to C_{1}$ を引き起こす行列をそれぞれ $S'$ , $T'$ とすると， $SA=B$ , $TA=C$ , $BS'=B_{1}$ , $CT'=C_{1}$ が成り立つ．

$S$ , $T$ , $S'$ , $T'$ はいずれも正則なので， $A=S^{-1}B$ , $A=T^{-1}C$ , $B=B_{1}S'^{-1}$ , $C=C_{1}T'^{-1}$ だから，

$\begin{align*} &S^{-1}B_{1}S'^{-1}=T^{-1}C_{1}T'^{-1} \\\iff&TS^{-1}B_{1}S'^{-1}T'=C_{1} \end{align*}$

を得る．

このとき， $TS^{-1}$ , $S'^{-1}T'$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ を

$\begin{align*} TS^{-1}=\bmat{U_{1}&U_{2}\\U_{3}&U_{4}},\quad S'^{-1}T'=\bmat{U'_{1}&U'_{2}\\U'_{3}&U'_{4}},\quad U_{1},U'_{1}\in\Mat_{r}(\R) \end{align*}$

となるように適当な行列 $U_{k}$ , $U'_{k}$ ( $k=1,\dots,4$ )で表すと，

$\begin{align*} C_{1} =&TS^{-1}B_{1}S'^{-1}T' \\=&\bmat{U_{1}&O\\U_{3}&O}\bmat{U'_{1}&U'_{2}\\U'_{3}&U'_{4}} \\=&\bmat{U_{1}U'_{1}&U_{1}U'_{2}\\U_{3}U'_{1}&U_{3}U'_{2}} \end{align*}$

となる．よって，

$\begin{align*} I_{r}=U_{1}U'_{1},\quad O=U_{1}U'_{2},\quad O=U_{3}U'_{1} \end{align*}$

が成り立つ． $U'_{1}$ は正則となるから， ${U'_{1}}^{-1}$ を $O=U_{3}U'_{1}$ の両辺に右からかけて $U_{3}=O$ を得る．

よって，

$C_{1}$ の第 $r+1$ 行以降の成分はすべて０となるが，
$C_{1}$ の $(r+1,r+1)$ 成分は１

だから矛盾する．

[証明終]

正則性の条件の証明

それでは，先ほどの正則性の条件の定理を証明する．

[正則性の必要十分条件(再掲)]　 $A\in\Mat_{n}(\K)$ について，次は同値である．

$\rank{A}=n$ を満たす．
$A$ は正則である．

[証明]

[ $1\Ra2$ ]　 $\rank{A}=n$ なら， $A$ が $n$ 列であることと併せて $A$ の簡約化は $I$ である．

よって，行基本変形でこの簡約化を引き起こす正則行列 $P$ が存在して $PA=I$ となるから， $A$ は正則である．

[ $2\Ra1$ ]　 $A$ の簡約化を $B$ とし，この行基本変形を引き起こす正則行列 $P$ が存在して $PA=B$ が成り立ち， $\rank{A}=\rank{B}$ が成り立つ．

$A$ が正則なら $P$ の正則性と併せて $B$ も正則だから， $B$ は正則である．

よって， $B$ に主成分をもたない行が存在しないから， $\rank{A}=\rank{B}=n$ が従う(なお，このとき $B=I$ である)．

[証明終]

逆行列の求め方

この証明の[ $2\Ra1$ ]の過程から，以下のように具体的な逆行列の求め方が得られる．

$A\in\Mat_{n}(\K)$ を正則行列とする．行列 $[A,I]$ の簡約化が $[I,B]$ であれば， $A$ は正則で $B=A^{-1}$ である．

[証明]

行基本変形 $[A,I]\to[I,B]$ を引き起こす正則行列を $P$ とすると， $[PA,PI]=[I,B]$ が成り立つから $PA=I$ かつ $P=B$ である．

よって， $BA=I$ が成り立つから， $A$ は正則で $B=A^{-1}$ である．

[証明終]

例えば， $A:=\bmat{1&2&1\\0&2&3\\1&2&2}$ とすると，行基本変形により

$\begin{align*} [A,I] =&\bmat{1&2&1&1&0&0\\0&2&3&0&1&0\\1&2&2&0&0&1} \to\bmat{1&2&1&1&0&0\\0&2&3&0&1&0\\0&0&1&-1&0&1} \\\to&\bmat{1&2&0&2&0&-1\\0&2&0&3&1&-3\\0&0&1&-1&0&1} \to\bmat{1&0&0&-1&-1&2\\0&2&0&3&1&-3\\0&0&1&-1&0&1} \\\to&\bmat{1&0&0&-1&-1&2\\0&1&0&3/2&1/2&-3/2\\0&0&1&-1&0&1} \end{align*}$

となるから，

$\begin{align*} A^{-1} =\bmat{-1&-1&2\\3/2&1/2&-3/2\\-1&0&1} =\frac{1}{2}\bmat{-2&-2&4\\3&1&-3\\-2&0&2} \end{align*}$

である．