連立一次方程式②（解の存在と解の構造）

$$
\begin{cases}
x_1&=&1\\
x_1&=&2
\end{cases}
$$この連立一次方程式は解が存在しない。\(1\neq 2\) だからである。

$$
\begin{cases}
　x_1&+2x_2&=&1\\
-2x_1&-4x_2&=&2
\end{cases}
$$この連立一次方程式は解が存在しない。掃き出し法で変形すると、$$
\left(\begin{array}{cc|c}
1&2&1\\
-2&-4&1
\end{array}\right)
\rightarrow
\left(\begin{array}{cc|c}
1&2&1\\
0&0&3
\end{array}\right)
$$したがって、次のような連立一次方程式になるので、解が存在しないと断言できる。$$
\begin{cases}
x_1&+2x_2&=&1\\
&0&=&3
\end{cases}
$$

$$
\begin{aligned}
&\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&1&1\\
1&2&3&5\\
-2&2&0&3
\end{array}\right)\\
\\
\rightarrow
&\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&1&1\\
&2&2&4\\
&2&2&5
\end{array}\right)\\
\\
\rightarrow
&\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&1&1\\
&2&2&4\\
&&&1
\end{array}\right)\\
\\
\rightarrow
&\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&1&1\\
&1&1&2\\
&&&1
\end{array}\right)
\end{aligned}
$$よって第 \(3\) 行を見れば、解が存在しないことが分かる。

$$
\begin{aligned}
&\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&1&1\\
1&2&3&5\\
-2&2&0&2
\end{array}\right)\\
\\
\rightarrow
&\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&1&1\\
&2&2&4\\
&2&2&4
\end{array}\right)\\
\\
\rightarrow
&\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&1&1\\
&2&2&4\\
&&&
\end{array}\right)\\
\\
\rightarrow
&\left(\begin{array}{ccc|c}
1&0&1&1\\
&1&1&2\\
&&&
\end{array}\right)
\end{aligned}
$$これは次の連立一次方程式を表す。$$
\begin{cases}
x_1&&+x_3&=&1\\
&x_2&+x_3&=&2
\end{cases}
$$よって、解は存在し、任意定数 \(t\) を用いて、次のように表せる。$$
\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}1\\2\\0\end{pmatrix}
+t\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}
$$

$$\left(
\begin{array}{cccc|c}
1&a_2&0&a_4&0\\
0&0&1&b_4&0\\
0&0&0&0&0
\end{array}
\right)$$この拡大係数行列が表すのは斉次形の連立一次方程式である。解は、\(2\) 個の任意定数 \(s,t\) を用いて、$$
\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}
=s\begin{pmatrix}-a_2\\1\\0\\0\end{pmatrix}
+t\begin{pmatrix}-a_4\\0\\-b_4\\1\end{pmatrix}
$$となる。

$$\left(
\begin{array}{cccc|c}
1&a_2&0&a_4&d_1\\
0&0&1&b_4&d_2\\
0&0&0&0&0
\end{array}
\right)$$この拡大係数行列が表すのは非斉次形の連立一次方程式である。解は、\(2\) 個の任意定数 \(s,t\) を用いて、$$
\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}d_1\\0\\d_2\\0\end{pmatrix}
+s\begin{pmatrix}-a_2\\1\\0\\0\end{pmatrix}
+t\begin{pmatrix}-a_4\\0\\-b_4\\1\end{pmatrix}
$$となる。

$$
\begin{cases}
x_1&&+x_3&+2x_4&=&0\\
x_1&+x_2&+4x_3&+6x_4&=&0\\
2x_1&+x_2&+5x_3&+8x_4&=&0
\end{cases}
$$掃き出し法で変形すると、$$
\begin{aligned}

&\left(\begin{array}{cccc|c}
1&0&1&2&0\\
1&1&4&6&0\\
2&1&5&8&0
\end{array}\right)\\
\\
\rightarrow
&\left(\begin{array}{cccc|c}
1&0&1&2&0\\
&1&3&4&0\\
&1&3&4&0
\end{array}\right)\\
\\
\rightarrow
&\left(\begin{array}{cccc|c}
1&0&1&2&0\\
&1&3&4&0\\
&&&&
\end{array}\right)

\end{aligned}$$したがって、方程式は次のように同値変形できる。$$
\begin{cases}
x_1&&+x_3&+2x_4&=&0\\
&+x_2&+3x_3&+4x_4&=&0
\end{cases}
$$ここまで、変形すれば、\(x_3,x_4\) に任意定数を代入すれば解を求めることができる。最初に \(3\) 個の方程式が与えられていたが、本質的に必要な方程式の個数は \(3\) 個ではなくて、\(2\) 個だったということになる。そして、係数行列の階数(rank)も \(2\) である。これらは一致している。

$$
\begin{pmatrix}
1&a&b&c\\
&&&\\
&&&
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}
=\vec 0
$$この方程式の解は、$$
\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}
=t_1\begin{pmatrix}-a\\1\\0\\0\end{pmatrix}
+t_2\begin{pmatrix}-b\\0\\1\\0\end{pmatrix}
+t_3\begin{pmatrix}-c\\0\\0\\1\end{pmatrix}
$$係数行列の階数(rank): \(1\)
解の自由度: \(3\)
変数の個数: \(4\)

$$
\begin{pmatrix}
1&0&1&2\\
&1&3&4\\
&&&
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}
=\vec 0
$$この方程式の解は、$$
\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}
=t_1\begin{pmatrix}-1\\-3\\1\\0\end{pmatrix}
+t_2\begin{pmatrix}-2\\-4\\0\\1\end{pmatrix}
$$係数行列の階数(rank): \(2\)
解の自由度: \(2\)
変数の個数: \(4\)

$$
\begin{pmatrix}
1&0&0&p\\
&1&0&q\\
&&1&r
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}
=\vec 0
$$この方程式の解は、$$
\begin{pmatrix}x_1\\x_2\\x_3\\x_4\end{pmatrix}
=t\begin{pmatrix}-p\\-q\\-r\\1\end{pmatrix}
$$係数行列の階数(rank): \(3\)
解の自由度: \(1\)
変数の個数: \(4\)

$$\left(
\begin{array}{cccccccc|c}
1&*&*&*&*&*&*&*&*\\
0&0&1&*&*&*&*&*&*\\
0&0&0&0&0&1&*&*&*\\
0&0&0&0&0&0&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0&0&0&0
\end{array}
\right)
$$「この拡大係数行列が表す連立一次方程式の解は、任意定数を \(5\) 個もつ。\(1\) が書いていない列、すなわち \(2,4,5,7,8\) に対応する \(x_2,x_4,x_5,x_7,x_8\) に任意定数を代入して解けばよい。」

と前回の記事で説明したが、この例の場合、係数行列の階数(rank)、任意定数の個数、変数の個数がそれぞれ \(3,5,8\) である。\(3+5=8\) だから確かに上で述べたことが成り立っている。