線形代数 – 行空間・列空間・零空間の基底の求め方

基底ベクトル・方程式の求め方

以下の行列を例として行空間・列空間・零空間・左零空間の基底とそれぞれの空間を表す方程式を求めます。

\begin{pmatrix}
1&2&2&1\\
2&5&7&3\\
3&9&15&6
\end{pmatrix}

拡大行列を使わない方法

(a)行空間

行基本変形により線形独立な行のみを残します。

$\begin{pmatrix} 1&2&2&1\\ 2&5&7&3\\ 3&9&15&6\\ \end{pmatrix}\\ \begin{matrix} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2R_1+R_2\rightarrow R_2\\-3R_1+R_3 \rightarrow R_3}} $\\ \ \end{matrix} \begin{pmatrix} 1&2&2&1\\ 0&1&3&1\\ 0&3&9&3\\ \end{pmatrix}\\ $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -3R_2+R_3\rightarrow R_3}} $ \ \begin{pmatrix} 1&2&2&1\\ 0&1&3&1\\ 0&0&0&0\\ \end{pmatrix} \\ $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2R_2+R_1\rightarrow R_1}} $ \ \begin{pmatrix} 1&0&-4&-1\\ 0&1&3&1\\ 0&0&0&0\\ \end{pmatrix} \\$

行簡約階段形にするだけでもよいのですが、後述の零空間での計算のため、さらに主成分のある列の主成分以外の成分（この場合は$(1,2)$成分）を$0$にしています。

$(1,1)$成分と$(2,2)$成分が主成分なので第$1$行と第$2$行（以下）が行空間の基底です。

$$\left\{\begin{pmatrix}1& 0& -4& -1\end{pmatrix},\ \begin{pmatrix}0& 1& 3& 1\end{pmatrix}\right\}$$

行空間はその基底が張る空間なので、$s,t \in \mathbb{R}$として、

$$
s
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
-4\\
-1\\
\end{pmatrix}
+
t
\begin{pmatrix}
0\\
1\\
3\\
1\\
\end{pmatrix}
$$

と表すことができます。

(b)列空間

行空間の場合と同様に列簡約階段形を求めます。これも後の計算のため$(2,1)$成分を$0$にします。

$\begin{pmatrix} 1&2&2&1\\ 2&5&7&3\\ 3&9&15&6\\ \end{pmatrix}\\ \begin{matrix} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2C_1+C_2\rightarrow C_2\\-2C_1+C_3 \rightarrow C_3\\-C_1+C_4\rightarrow C_4}} $\\ \ \end{matrix} \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 2&1&3&1\\ 3&3&9&3\\ \end{pmatrix}\\ $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -3C_2+C_3\rightarrow C_3\\-C_2+C_4 \rightarrow C_4}} $ \ \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 2&1&0&0\\ 3&3&0&0\\ \end{pmatrix} \\ $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2C_2+C_1\rightarrow C_1}} $ \ \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\ 0&1&0&0\\ -3&3&0&0\\ \end{pmatrix} \\$

基底は第$1$列と第$2$列より、

$$
\left\{
\begin{pmatrix}
1\\0\\-3
\end{pmatrix}
,\
\begin{pmatrix}
0\\1\\3
\end{pmatrix}
\right\}
$$

列空間は、

$$
s
\begin{pmatrix}
1\\
0\\
-3\\
\end{pmatrix}
+t
\begin{pmatrix}
0\\
1\\
3
\end{pmatrix}
$$

と表すことができます。

(c)零空間

零空間は$A\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$の解の集合（解空間）でした。右辺が$\boldsymbol{0}$なので両辺に行基本変形を行うことができます。つまり上記(a)で求めた行列により、

$$
\begin{pmatrix}
1&0&-4&-1\\
0&1&3&1\\
0&0&0&0\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1\\ x_2\\x_3\\x_4
\end{pmatrix}
=\boldsymbol{0}
$$

と表すことができます。行簡約階段形でしかも主成分のある列は主成分以外$0$となっているので、$x_3=s,\ x_4=t$とすれば簡単な計算で求められます。

\begin{alignat} {4}
{}x_1{} & {} {} & -4s{} & {}-t{} &= {}& 0{} \\
{} {} & {}x_2{} & +3s{} & {}+t{} &= {}& 0{} \\
\end{alignat}

移項して、

\begin{alignat} {2}
{}x_1{} &= & {}4s{} & {}+t{} \\
{}x_2{} &= & {}-3s{} & {}-t{} \\
\end{alignat}

媒介変数により零空間は、

$$
\begin{pmatrix}
4s+t\\-3s-t\\s\\t
\end{pmatrix}
=
s
\begin{pmatrix}
4\\-3\\1\\0
\end{pmatrix}
+t
\begin{pmatrix}
1\\-1\\0\\1
\end{pmatrix}
$$

と表されます。

この式より基底は、

$$
\left\{
\begin{pmatrix}
4\\-3\\1\\0
\end{pmatrix}
,\
\begin{pmatrix}
1\\-1\\0\\1
\end{pmatrix}
\right\}
$$

であることがわかります。

(d)左零空間

$A^T\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$の解空間を前項と同様に求めます。

上記(b)では列基本変形により列簡約階段形にしましたが、これを転置すれば行基本変形を行ったことになるので、以下のように表すことができます。

$$
\begin{pmatrix}
1&0&-3\\
0&1&3\\
0&0&0\\
0&0&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1\\ x_2\\x_3
\end{pmatrix}
=\boldsymbol{0}
$$

行列を使わずに表すと、

\begin{alignat} {3}
{}x_1{} & {} {} & -3x_3{} &= {}& 0{} \\
{} {} & {}x_2{} & +3x_3{} &= {}& 0{} \\
\end{alignat}

$x_3$を消去して、以下が媒介変数を用いない方程式です。

$$x_1+x_2=0$$

媒介変数を用いる場合、自由変数は$x_3$なので$x_3=s$とすると、

\begin{alignat} {3}
{}x_1{} & {} {} & -3s{} &= {}& 0{} \\
{} {} & {}x_2{} & +3s{} &= {}& 0{} \\
\end{alignat}

移項して、

\begin{alignat} {2}
{}x_1{} &= & {}3s{} \\
{}x_2{} &= & {}-3s{}\\
\end{alignat}

零空間は、

$$
\begin{pmatrix}
x_1\\x_2\\x_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
3s\\-3s\\s
\end{pmatrix}
=
s
\begin{pmatrix}
3\\-3\\1
\end{pmatrix}
$$

基底は、

$$
\left\{
\begin{pmatrix}
3\\-3\\1
\end{pmatrix}
\right\}
$$

となります。

拡大行列を使う方法

※以下行空間と列空間の基底を求める方法は前章と同じですが、左零空間・零空間の基底の求め方と合わせて説明します。

(e)行空間・左零空間

$A$と行数が同じ単位行列とともに行基本変形を行うことにより行空間と左零空間の基底を求めることができます。

$\fontsize{8pt}{0.5cm}\selectfont \begin{align*} \textcolor{white}{ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2C_1+C_2\rightarrow C_2\\-2C_1+C_3 \rightarrow C_3\\-C_1+C_4\rightarrow C_4}} $\\ \ \end{array} } & \left( \begin{array}{cccc|ccc} 1&2&2&1&1&0&0\\ 2&5&7&3&0&1&0\\ 3&9&15&6&0&0&1\\ \end{array} \right) \\ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2R_1+R_2\rightarrow R_2\\-3R_1+R_3 \rightarrow R_3}} $\\ \ \end{array} & \left( \begin{array}{cccc|ccc} 1&2&2&1&1&0&0\\ 0&1&3&1&-2&1&0\\ 0&3&9&3&-3&0&1\\ \end{array} \right) \\ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -3R_2+R_3\rightarrow R_3}} $\\ \ \end{array} & \left( \begin{array}{cccc|ccc} 1&2&2&1 & 1&0&0\\ 0&1&3&1 &-2&1&0\\ 0&0&0&0 & 3&-3&1\\ \end{array} \right) \\ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2R_2+R_1\rightarrow R_1}} $\\ \ \end{array} & \left( \begin{array}{cccc|ccc} 1&0&-4&-1 & 5&-2&0\\ 0&1&3&1 &-2&1&0\\ 0&0&0&0 & 3&-3&1\\ \end{array} \right) \end{align}$

より、行空間の基底は、

$$
\left\{
\begin{pmatrix}
1& 0& -4& -1
\end{pmatrix}
,\
\begin{pmatrix}
0& 1& 3& 1
\end{pmatrix}
\right\}
$$

縦線より左側の行列に「全て$0$」の行があれば、その右側の行ベクトルが全て左零空間の基底です。この場合は、

$$
\left\{
\begin{pmatrix}
3\\-3\\1
\end{pmatrix}
\right\}
$$

です。

ここでは拡大行列での操作をわかりやすくするため、$A$を転置せず、行基本変形によって基底を求めました。$A^T$への列基本変形によっても同様に求めることができます。

転置行列に列基本変形を行った場合

$\begin{align*} \textcolor{white}{ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2C_1+C_2\rightarrow C_2\\-2C_1+C_3 \rightarrow C_3\\-C_1+C_4\rightarrow C_4}} $\\ \ \end{array} } & \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&2&3&1&0&0\\ 2&5&9&0&1&0\\ 2&7&15&0&0&1\\ 1&3&6\\ \end{array} \right) \\ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2C_1+C_2\rightarrow C_2\\-3C_1+C_3 \rightarrow C_3}} $\\ \ \end{array} & \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0& 1&-2&-3\\ 2&1&3& 0&1&0\\ 2&3&9& 0&0&1\\ 1&1&3\\ \end{array} \right) \\ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -3C_2+C_3\rightarrow C_3}} $\\ \ \end{array} & \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0& 1&-2&3\\ 2&1&0& 0& 1&-3\\ 2&3&0& 0& 0&1\\ 1&1&0\\ \end{array} \right) \\ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2C_2+C_1\rightarrow C_1}} $\\ \ \end{array} & \left( \begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0 & 5&-2& 3\\ 0&1&0 &-2& 1&-3\\ -4&3&0 & 0& 0& 1\\ -1&1&0\\ \end{array} \right) \end{align*}$

より行空間の基底は、
$$
\left\{
\begin{pmatrix}
1\ 0\ -4\ -1
\end{pmatrix}
,\
\begin{pmatrix}
0\ 1\ 3\ 1
\end{pmatrix}
\right\}
$$
左零空間は、
$$
\left\{
\begin{pmatrix}
3\\-3\\1
\end{pmatrix}
\right\}
$$
です。

(f)列空間・零空間

行列を転置し行基本変形を行います。

$\fontsize{8pt}{0.5cm}\selectfont \begin{align*} \textcolor{white}{ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2C_1+C_2\rightarrow C_2\\-2C_1+C_3 \rightarrow C_3\\-C_1+C_4\rightarrow C_4}} $\\ \ \end{array} } & \left( \begin{array}{ccc|cccc} 1&2&3&1&0&0&0\\ 2&5&9&0&1&0&0\\ 2&7&15&0&0&1&0\\ 1&3&6&0&0&0&1\\ \end{array} \right) \\ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2R_1+R_2\rightarrow R_2\\-2R_1+R_3 \rightarrow R_3\\-R_1+R_4 \rightarrow R_4}} $\\ \ \end{array} & \left( \begin{array}{ccc|cccc} 1&2&3&1&0&0&0\\ 0&1&3&-2&1&0&0\\ 0&3&9&-2&0&1&0\\ 0&1&3&-1&0&0&1 \end{array} \right) \\ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -3R_2+R_3\rightarrow R_3\\-R_2+R_4\rightarrow R_4}} $\\ \ \end{array} & \left( \begin{array}{ccc|cccc} 1& 2& 3& 1& 0& 0& 0\\ 0& 1& 3&-2& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 4&-3& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1&-1& 0& 1\\ \end{array} \right) \\ \begin{array} $\xrightarrow{\substack{\scriptsize -2R_2+R_1\rightarrow R_1}} $\\ \ \end{array} & \left( \begin{array}{ccc|cccc} 1& 0&-3& 5&-2& 0& 0\\ 0& 1& 3& -2& 1& 0& 0\\ 0& 0& 0& 4&-3& 1& 0\\ 0& 0& 0& 1&-1& 0& 1 \end{array} \right) \end{align*}$

より、列空間の基底は、

$$
\begin{pmatrix}
1\\0\\-3\\
\end{pmatrix}
,\
\begin{pmatrix}
0\\1\\3
\end{pmatrix}
$$

縦線より左側の行列に「全て$0$」の行があれば、その右側の行ベクトルが全て零空間の基底です。

この場合は、

$$
\begin{pmatrix}
4\\-3\\1\\0
\end{pmatrix}
,\
\begin{pmatrix}
1\\-1\\0\\1
\end{pmatrix}
$$

です。

※上記手順が成り立つことを以下で証明します。$A$を転置した場合について述べていますが、転置しない場合でも同様に証明できます。

証明

$A^T$に対し右から$Q$を掛けることにより列簡約階段形に変形したとする。

$A$が$m \times n$の行列、ランクが$k$であるとすれば、$A^T Q$の第$1$行から第$k$行までは主成分のある行、第$k+1$行から第$n$行までは全て$0$の行である。

第$i$成分のみ$1$で他の成分は$0$であるベクトル$\boldsymbol{x}_i\ (k \leq i \leq n)$により、

$$\mathrm{N}(A^T Q)=\mathrm{span}( \boldsymbol{x}_{k+1},\boldsymbol{x}_{k+2},\cdots,\boldsymbol{x}_{n} )$$

と表すことができる。

$\boldsymbol{v} \in \mathrm{N}(A^TQ)$とすると、

$$(A^T Q)\boldsymbol{v}=A^T (Q\boldsymbol{v})=\boldsymbol{0}$$

より、

$$\mathrm{N}(A^T)=\mathrm{span}( Q\boldsymbol{x}_{k+1},Q\boldsymbol{x}_{k+2},\cdots,Q\boldsymbol{x}_{n} )$$

したがって$Q$の第$k+1$列から第$n$列は$A^T$の基底である。

■

補足1

※以下、$A$を転置しない場合について述べます。これは前述(a)と同じですが、証明とは異なります。転置した場合については末項を展開し確認ください。

$A$に対し左から$P$を掛けることにより行簡約階段形に変形したとします。

この例では、

$$
A=
\begin{pmatrix}
1&2&2&1\\
2&5&7&3\\
3&9&15&6\\
\end{pmatrix}
,\
P=
\begin{pmatrix}
5 & – 2 & 0\\
-2 & 1 & 0\\
3 & -3 & 1\\
\end{pmatrix}
,\
PA=
\begin{pmatrix}
1&0&-4&1\\
0&1&3&1\\
0&0&0&0
\end{pmatrix}
$$

です。

$PA$の左零空間を考えます（$A$ではない点に注意ください）。これは

$$\boldsymbol{x}^T (PA)=\boldsymbol{0}$$

の解空間ですが、例の場合は

$$
\begin{pmatrix}
x_1&x_2&x_3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&0&-4&-1\\
0&1&3&1\\
0&0&0&0
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0&0&0&0
\end{pmatrix}
$$

の解が張る空間です。

$PA$の第$3$行は「全て$0$」ですが、第$1$行、第$2$行は「全て$0$」の行ではありません。等式が成り立つためには、

$$x_1=x_2=0$$

でなければなりません。$x_3$は任意の値をとります。

改めて、

$$\boldsymbol{x}^T(P A)=\boldsymbol{x}^TP A=\boldsymbol{0}$$

と分解し$x_1=x_2=0$を代入すると、

$$
\begin{pmatrix}
0&0&x_3
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
5&-2&0\\
-2&1&0\\
3&-3&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1&2&2&1\\
2&5&7&3\\
3&9&15&6
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} 0&0&0&0\end{pmatrix}
$$

ここで、

$$\boldsymbol{w}^T=\boldsymbol{x}^T P$$

とすると、

$$\boldsymbol{w}^T A^T=\boldsymbol{0}$$

の解空間が左零空間なので、

$$x_3\begin{pmatrix} 3\\-3\\1 \end{pmatrix} \in \mathrm{N}(A^T)$$

より基底は、

$$\left\{\begin{pmatrix}3\\-3\\1\end{pmatrix}\right\}$$

となります。これは$P$の第$3$列です。

まとめると、

・$PA$の「全て$0$」ではない行に対応する$\boldsymbol{x}^T$の成分は$0$になる。

・そのため$PA$の「すべて$0$」である行に対応する$P$の行のみが$\boldsymbol{x}^TP$に残る。

・これが$A$の左零空間の基底になる。

転置を行った場合

$A^T$に対し右から$Q$を掛けることにより列簡約階段形に変形したとします。

この例では、

$$
A^T=
\begin{pmatrix}
1&2&3\\
2&5&9\\
2&7&15\\
1&3&6
\end{pmatrix}
,\
Q=
\begin{pmatrix}
5&-2&3\\
-2&1&-3\\
0&0&1
\end{pmatrix}
,\
A^TQ=
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&1&0\\
-4&3&0\\
1&1&0
\end{pmatrix}
$$
です。

$A^TQ$の零空間を考えます（$A^T$ではない点に注意ください）。これは、
$$(A^T Q) \boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$$
の解空間ですが、例の場合は
$$
\begin{pmatrix}
1&0&0\\
0&1&0\\
-4&3&0\\
-1&1&0
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
x_1\\x_2\\x_3
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
0\\0\\0\\0
\end{pmatrix}
$$
の解が張る空間です。

$A^TQ$の第$3$列は「全て$0$」ですが、第$1$列、第$2$列は「全て$0$」の列ではありません。等式が成り立つためには、
$$x_1=x_2=0$$
でなければなりません。$x_3$は任意の値をとります。

改めて
$$(A^TQ)\boldsymbol{x}=A^T Q\boldsymbol{x}=\boldsymbol{0}$$
と分解し$x_1=x_2=0$を代入すると、
$$
\begin{pmatrix}
1&2&3\\
2&5&9\\
2&7&15\\
1&3&6
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
5&-2&3\\
-2&1&-3\\
0&0&1
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0\\0\\x_3
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\0\end{pmatrix}
$$

ここで、
$$\boldsymbol{w}=Q\boldsymbol{x}$$
とすると、
$$A^T\boldsymbol{w}=\boldsymbol{0}$$
の解空間が左零空間なので、
$$x_3\begin{pmatrix} 3\\-3\\1 \end{pmatrix} \in \mathrm{N}(A^T)$$
より左零空間の基底は、
$$\left\{\begin{pmatrix}3\\-3\\1\end{pmatrix}\right\}$$
となります。これは$Q$の第$3$列です。

まとめると、

・$AQ$の「全て$0$」ではない列に対応する$\boldsymbol{x}$の成分は$0$になる。

・そのため$AQ$の「全て$0$」である列に対応する$Q$の列のみが$Q\boldsymbol{x}$に残る。

・これが$A$の左零空間の基底になる。

定理

ベクトル空間$V$の基底を行ベクトルとして並べた行列に行基本変形を行っても変形後の行ベクトルがベクトル空間$V$の基底であることに変わりはない。

列についても同様。

証明

$3$種類の行基本変形のうち、「$2$つの行を入れ替えた場合」と「ある行を定数倍した場合」は明らかであるため省略する。残る「ある行を定数倍し別の行に加えた場合」について示す。

行列の行ベクトルを、

$$c_1\boldsymbol{v}_1+c_2\boldsymbol{v}_2+\cdots+c_i\boldsymbol{v}_i+\cdots + c_j\boldsymbol{v}_j+ \cdots c_n\boldsymbol{v}_n$$

とおく。

$$c_1\boldsymbol{v}_1+c_2\boldsymbol{v}_2+\cdots+c_i(\boldsymbol{v}_i+d\boldsymbol{v}_j)+\cdots + (c_j-d)\boldsymbol{v}_j+ \cdots c_n\boldsymbol{v}_n$$

と変形することができるので、

$\{\boldsymbol{v}_1, \boldsymbol{v}_2, \cdots ,\boldsymbol{v}_i, \cdots ,\boldsymbol{v}_j, \cdots ,\boldsymbol{v}_n\}$と$\{\boldsymbol{v}_1, \boldsymbol{v}_2, \cdots ,\boldsymbol{v}_i+d\boldsymbol{v}_j, \cdots ,\boldsymbol{v}_j, \cdots ,\boldsymbol{v}_n\}$の線形結合は等しい。

これが全ての全ての$i,j \in \{1,2,\cdots,n\},d\in \mathbb{F}$についていえるので、行基本変形によって得られるベクトルの集合も基底である。

■