数学基礎 II・IV 講義録

(1)

名古屋大学共通教育科目

数学基礎 II・IV 講義録

第１章

担当：金井雅彦

(2)

(3)

第 1 章

連立１次方程式の解法

A

ガウスの消去法

私たちは種々の方程式をいろいろな問題の解決の試みの中で利用しますが，連立

1

次方程式がその中でも最も簡単なものであることに関しては，異論がないのではないかと思います．その最大の理由は，どんな連立

1

次方程式でも解くことが出来る，言うならば万能の解法が存在し，しかもその解法において必要なのは，四則演算，すなわち加減乗除という極めて初等的な演算のみだからです．それが，ガウスの消去法，あるいは掃き出し法と呼ばれる方法です．この節の目的は，そのガウスの消去法を学習することです．

まず例から話を始めることにします．そのために，とくに連立

1

次方程式

 



x − y − 2z = − 6

− 2x − 3y + z = 2 3x + y − 2z = − 6

(1.1)

を考えましょう．最初に，第

2

式および第

3

式に現れる

x

の項を消去することにします．

そのために，第

2

式に対し第

1

式を

2

倍したものを加え，その結果を新たな第

2

式とします．また同様に，第

3

式に対し，第

1

式に

− 3

を乗じたものを加え，それを新たな第

3

式にします．つまり，

(

第

2

式

) ←− (

第

2

式

) + (

第

1

式

) × 2 (

第

3

式

) ←− (

第

3

式

) + (

第

1

式

) × ( − 3)

という操作を行うわけです．すると，もとの連立

1

次方程式は新たな連立方程式

 



x − y − 2z = − 6

− 5y − 3z = − 10

4y + 4z = 12

(1.2)

に書き換えられます．次いでこの新たな連立

1

次方程式に対し，その第

3

式をその式の

1/4

倍で置き換える，すなわち，

(

第

3

式

) ←− (

第

3

式

) × 1

4

1

(4)

という操作を行えば，

 



x − y − 2z = − 6

− 5y − 3z = − 10

y + z = 3

(1.3)

が得られます．さてここで第

2

式と第

3

式を入れ替えましょう（なぜわざわざこんなことをするかは次のステップに進めば明らかになるかと思います）：

(

第

2

式

) ←→ (

第

3

式

).

するともちろん

 



x − y − 2z = − 6

y + z = 3

− 5y − 3z = − 10

(1.4)

となります．さらに，

(

第

3

式

) ←− (

第

3

式

) + (

第

2

式

) × 5

という操作を行えば，

 



x − y − 2z = − 6

y + z = 3

2z = 5

(1.5)

に至ります．

さて，この一番最後の連立

1

次方程式の，とくに第

3

式に注目すれば，ただちに

z = 5

2

であることが判ります．次いで，この結果と

(1.5)

の第

2

式より

y = − z + 3 = − 5

2 + 3 = 1 2

が，またさらにはこれらの結果と

(1.5)

の第

1

式とより

x = y + 2z − 6 = 1

2 + 2 · 5

2 − 6 = − 1 2

であることが導かれ，その結果，

x = − 1/2, y = 1/2, z = 5/2

が解として得られるわけです．

一般的な解法を抽象するために，たった今行った連立

1

次方程式の解法を，もう一度見直してみることにしましょう．目標は，与えられた連立方程式

(1.1)

を連立方程式

(1.5)

のような形に変形することです．実際，与えられた方程式

(1.1)

を

(1.5)

の形に書き直せ

(5)

§ A

3

れば，あとは，それからまず

z

の，次に

y

の，そして最後に

x

の値を順次求めることが出来るのはすでに見た通りです．したがって問題は，最初の連立方程式

(1.1)

を目標の形

(1.5)

にどうやって変形するか，ということになります．すぐに気付くように，上の例で

は，次に上げる

3

種類の変形規則を適宜繰り返し適用することにより，最初に与えられた方程式を目的の形に変形しています．

(I) (

第

i

式

) ←→ (

第

j

式

)

(II) (

第

i

式

) ←− (

第

i

式

) × (

ゼロでない定数

)

(III) (

第

i

式

) ←− (

第

i

式

) + (

第

j

式

) × (

任意の定数

) (

ただし，

i = j)

実際，第

1

種の操作

(I)

により，方程式

(1.3)

が方程式

(1.4)

へ変形されています．また操作

(II)

は方程式

(1.2)

から方程式

(1.3)

への変形において，そして操作

(III)

は方程式

(1.1)

から

(1.2)

への変形，および方程式

(1.4)

から

(1.5)

への変形において利用されていました．

実は，これら

3

種類の操作を適当な仕方で繰り返し適用することにより，いかなる連立

1

次方程式も

(1.5)

のような形に変形することが可能であり，その結果与えられた方程式を解くことが出来ます．これがガウスの消去法，あるいは掃き出し法と呼ばれる連立

1

次方程式の解法です．この方法によれば，どんな連立

1

次方程式も基本的には同じ仕方で解くことが可能です．ガウスの消去法はいかなる連立

1

次方程式にも適用できる万能な方法です．

ガウスの消去法の使い方についてさらに勉強する前に，連立

1

次方程式の表記法に関し，

少しだけ工夫することにします．たとえば，

(1.1)

のような，

x, y, z

，

3

つの未知数を持つ連立

1

次方程式を考えましょう．その方程式を特徴付けるのは，もちろん

x, y, z

にかけられている数，いわゆる係数と，右辺にある定数になります．それらが現れる順番を統一するために，やはり

(1.1)

のように，各等号の右側に定数を，また左側に

x, y, z

を含む項を書くことにします．さらに各左辺は必ず

x

を含む項を最初に，次に

y

を含む項を，そして最後に

z

を含む項を書くと約束します．さて，このような仕方で書かれた連立

1

次方程式の係数・定数を取り出し全体を括弧でくくりましょう．たとえば

(1.1)

に対しては，



 1 − 1 − 2 − 6

− 2 − 3 1 2 3 1 − 2 − 6



 (1.6)

が得られます．この「表」は，元の連立

1

次方程式

(1.1)

の情報をすべて含んでいます．

実際，この「表」からもとの連立

1

次方程式

(1.1)

をただちに再現することが出来ます．

ところで，このように数を矩形状に並べ，全体を括弧でくくったものを数学では行列と呼びます．そして，行列における数の横方向の並びを行と，また縦方向の並びを列と呼びます．たとえば，行列

(1.6)

は

3

つの行と

4

つの列を持っています．また通常，行列の行は上から順に第

1

行，第

2

行，

· · ·

と，また列は左端から順に第

1

列，第

2

列，

(6)

· · ·

^{と数えられます}

.

ところで行列

(1.6)

の

4

つの列のうち，一番右端の列は他のものと比べ少々特別な役割を果たしています．実際，それは連立

1

次方程式

(1.1)

の等号の右側にある定数に対応しています．そこで，連立

1

次方程式から作られた行列に対しては，等号のあった位置を強調するため，一番右側の列を縦線で区切ることがあります．たとえば，

連立

1

次方程式

(1.1)

から得られた行列

(1.6)

はしばしば



 1 − 1 − 2 − 6

− 2 − 3 1 2

3 1 − 2 − 6



 (1.7)

といった具合に表記されます．ただし，この行列の中の「縦線」はもとの方程式の左辺と右辺の境，あるいは等号があった位置を明確にするためだけのもので，この縦線がなくとも本質的には何の問題もありません．今後は連立

1

次方程式を，

(1.7)

の形に略記することにします．すると，もちろん，連立方程式の

3

つの変形方法

(I), (II), (III)

に相当するのは，

行列に対する

3

つの変形方法

(I) (

第

i

行

) ←→ (

第

j

行

)

(II) (

第

i

行

) ←− (

第

i

行

) × (

ゼロでない定数

)

(III) (

第

i

行

) ←− (

第

i

行

) + (

第

j

行

) × (

任意の定数

) (

ただし，

i = j)

になります．行列に対するこれら

3

つの変形方法は，行列の行に関する基本変形と呼ばれます．連立

1

次方程式

(1.1)

から

(1.5)

への変形は，行列を用いれば次のように記すことが出来ます．



 1 − 1 − 2 − 6

− 2 − 3 1 2

3 1 − 2 − 6



 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第2行) ← (第2行) + (第1行)×2 (第3行) ← (第3行) + (第1行)×(−3)



 1 − 1 − 2 − 6 0 − 5 − 3 − 10

0 4 4 12



 −−−−−−−−−−−−−−→

(第3行)←(第3行)×1



4

 1 − 1 − 2 − 6 0 − 5 − 3 − 10

0 1 1 3



 −−−−−−−−−−−→

(第2行)↔(第3行)



 1 − 1 − 2 − 6

0 1 1 3

0 − 5 − 3 − 10



 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第3行)←(第3行) + (第2行)×5



 1 − 1 − 2 − 6

0 1 1 3

0 0 2 5





このような仕方で，連立

1

次方程式の解法の記述を，若干ではありますが，軽減することが出来ます．今後は，連立

1

次方程式の解法においては，行列を用いたこの略記法を用いることにします．

(7)

§ A

5

もう少し一緒に，連立

1

次方程式をガウスの消去法を用い解いてみることにしましょう．

例題

1.1. −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

次の連立

1

次方程式を解け．

 

 

 



2x − 2y + z − 3u = 2

x − y + 3z − u = − 2

− x − 2y + z + 2u = − 6

3x + y − z − 2u = 7

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

問題の連立

1

次方程式をすでに述べた仕方で略記し，さらにそれを適宜変形していくと，

たとえば



 



2 − 2 1 − 3 2

1 − 1 3 − 1 − 2

− 1 − 2 1 2 − 6

3 1 − 1 − 2 7



 

 −−−−−−−−−−−→

(第1行)↔(第2行)



 



1 − 1 3 − 1 − 2

2 − 2 1 − 3 2

− 1 − 2 1 2 − 6

3 1 − 1 − 2 7



 

 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第2行) ← (第2行)−(第1行)×2 (第3行) ← (第3行) + (第1行) (第4行) ← (第4行)−(第1行)×3



 



1 − 1 3 − 1 − 2

0 0 − 5 − 1 6

0 − 3 4 1 − 8

0 4 − 10 1 13



 

 −−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第3行)←(第3行) + (第4行)



 



1 − 1 3 − 1 − 2

0 0 − 5 − 1 6

0 1 − 6 2 5

0 4 − 10 1 13



 

 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第4行)←(第4行)−(第3行)×4



 



1 − 1 3 − 1 − 2

0 0 − 5 − 1 6

0 1 − 6 2 5

0 0 14 − 7 − 7



 

 −−−−−−−−−−−→

(第2行)↔(第3行)



 



1 − 1 3 − 1 − 2

0 1 − 6 2 5

0 0 − 5 − 1 6

0 0 14 − 7 − 7



 

 −−−−−−−−−−−−−→

(第4行)←(第4行)÷7



 



1 − 1 3 − 1 − 2

0 1 − 6 2 5

0 0 − 5 − 1 6

0 0 2 − 1 − 1



 

 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第3行)←(第3行) + (第4行)×2



 



1 − 1 3 − 1 − 2

0 1 − 6 2 5

0 0 − 1 − 3 4

0 0 2 − 1 − 1



 

 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第4行)←(第4行) + (第3行)×2

(8)



 



1 − 1 3 − 1 − 2

0 1 − 6 2 5

0 0 − 1 − 3 4

0 0 0 − 7 7



 



となります．ここで，一番最後の行列のしかも一番最後の行に注目すると，

− 7u = 7

，すなわち

u = − 1

を得ます．ついで，下から

2

行目から，

− z = 3u + 4 = 1

，すなわち

z = − 1

であることが判ります．さらに下から

3

行目，および一番上の行から

x = y = 1

であることも容易に導かれます．以上から，答

x = y = 1, z = u = − 1

が結論されたわけです．¹

例題

1.2. −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

連立

1

次方程式

 



x + y − z = − 3

2x + 2y + z = 0

5x + 5y − 3z = − 8

を解け．

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

この場合，与えられた連立

1

次方程式は例えば次のように変形できます．



 1 1 − 1 − 3

2 2 1 0

5 5 − 3 − 8



 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第2行) ← (第2行)−(第1行)×2 (第3行) ← (第3行)−(第1行)×5



 1 1 − 1 − 3

0 0 3 6

0 0 2 7



 −−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第2行)←(第2行)−(第3行)



 1 1 − 1 − 3

0 0 1 − 1

0 0 2 7



 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第3行)←(第3行)−(第2行)×2



 1 1 − 1 − 3

0 0 1 − 1

0 0 0 9





1ところで，既に気付いた人も多いと思いますが，行列の行に関する基本変形を用いて，与えられた連立1 次方程式から作られた行列を目標の形の行列に変形する手順は，一通りではありません．したがって，変形の途中で現れる行列もまた，その手順によって異なるわけです．それだけでなく，変形の結果得られた，目標の形をした行列も，手順に依存して一般には異なります．それにもかかわらず，連立1次方程式の解自身は，変形の手順に依存せずに求められます．つまり，変形の途中やその結果得られる行列は，計算している人ごとに違いがあっても，そこから求められた最終的な答えは，計算間違いをしない限り，皆一致します．これに関しては，

§Bで議論するはずです．

(9)

§ A

7

再び一番最後の行列の最終行に注目すると，

0 · x + 0 · y + 0 · z = 9

，すなわち

0 = 9

というとんでもない結果を得ます．さて，何が悪かったのでしょうか．これは，次のように解釈できます．もし，与えられた連立

1

次方程式が解

(x, y, z)

を持ったとすると，

0 = 9

という矛盾が生じる．したがって，もとの連立

1

次方程式は解を持ち得ない．結局，

問題の連立

1

次方程式は

解を持たない，

というのがこの場合の答です．

例題

1.3. −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

次の連立

1

次方程式を解け．

 



x + y − z = 4

2x − y + 3z = 7

4x + y + z = 15

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

問題からただちに



 1 1 − 1 4

2 − 1 3 7

4 1 1 15



 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第2行) ← (第2行)−(第1行)×2 (第3行) ← (第3行)−(第1行)×4



 1 1 − 1 4

0 − 3 5 − 1



 −−−−−−−−−−−−−−−−−−→

(第3行)←(第3行)−(第2行)



 1 1 − 1 4

0 − 3 5 − 1

0 0 0 0





を得ます．この一番最後の行列の一番下の行は，

0 · x + 0 · y + 0 · z = 0

，すなわち，

0 = 0

という自明な式に他なりません．したがってこの行は，未知数

x, y, z

の値を決定

する上では何の役にも立ちません．結局，問題の連立

1

次方程式は，一番最後に現れる行列の上ふたつの行が表す連立

1

次方程式

x + y − z = 4

− 3y + 5z = − 1

に同等であることになります．ところが，この連立

1

次方程式において，未知数はもとの連立方程式と同様，

x, y, z

の合計

3

個であるのに反し，

1

次式の個数は

2

です．未知数の個数の方が式の個数より多いことになり，その結果

(x, y, z)

の値を完全に決定することは出来ません．実際，例えば

z

が勝手な定数

t

に等しい，すなわち，

z = t

とすると，第

2

式より，

− 3y = − 5z − 1 = − 5t − 1

，すなわち

y =

⁵₃

t +

¹₃ を，また第

1

式より，

(10)

x = − y + z + 4 = −

₅

3

t +

¹₃

+ t + 4

，すなわち

x = −

²3

t +

¹¹₃ であることがわかります．結局，例題

1.3

に対する答は，

x = − 2 3 t + 11

3 , y = 5 3 t + 1

3 , z = t

（だたし

t

は任意定数）

となります．ここで注意して頂きたいのは，この答えに現れる定数

t

はどんな実数もその値として取れることです．そして

t

の値が動けば，それに応じて

x, y, z

の値も変化します．

実際，例えば

t = 0

とすると，

x = 11/3, y = 1/3, z = 0

となります．また

t = 1

とすれば，

x = 3, y = 2, z = 1

を得ます．そして，この

2

組の

(x, y, z)

双方とも問題の連立

1

次方程式の解になっていることが容易に検証されます．このように解に現れる任意定数

t

を変化させることにより，もとの連立

1

次方程式の解が無数に得られることが判ります．

2

B

方程式の同値変形

ここで少々唐突ではありますが，次のような

3

つの方程式を考えて見て下さい．

√ 3 + x = √

1 + x − √

1 − x; (1.8)

√ 3 + x = √

1 − x − √

1 + x; (1.9)

√ 3 + x = √

1 + x + √

1 − x. (1.10)

これらの方程式は，おのおの独立した方程式と考えていますから，これらはいずれも連立方程式ではありません．しかも，各方程式には平方根

√

が用いられていますから，これらは

1

次方程式でもありません．そう言った意味では，これらの方程式は，この章の主題である連立

1

次方程式とは全く異なるものです．ただ，方程式を解くとは一体どんなことなのかを考えるために，ちょっとだけこれらの方程式を扱ってみることにします．

方程式

(1.8)

から始めましょう．ともかく，

x

を求めるためには平方根が邪魔なので，

式を適当な仕方で平方しながら平方根を取り除いていくことにします．まず，

(1.8)

の両辺を自乗することにより，

3 + x = 2 − 2

(1 + x)(1 − x) (1.11)

を得ます．ここで右辺の

2

を左辺に移項しましょう：

1 + x = − 2

(1 + x)(1 − x) (1.12)

2任意定数を含んだ解の表示方法は，一般には一通りではありません．問題を解いた人それぞれが，一見異なった解を得る可能性があります．しかし，それらは任意定数の変換により，本質的には同一の解になるはずです．

(11)

§ B

9

さらに，両辺を平方すれば，

(1 + x)

²

= 4(1 + x)(1 − x) (1.13)

となります．両辺を展開し，さらにすべてを左辺に移項すれば，

2

次方程式

5x

²

+ 2x − 3 = 0 (1.14)

を得ます．もちろん，この

2

次方程式の解は

x = − 1, 3/5

です．でも，いま求めた解は本当にもとの方程式

(1.8)

の解になっているでしょうか．実際に，

x = − 1

および

x = 3/5

を

(1.8)

に代入してみると，

x = − 1

のときには

√

2 = − √

2

，また

x = 3/5

の場合には

3 2/5 =

2/5

という，明らかに矛盾した式になってしまいます．したがって，

x = − 1

，および

x = 3/5

は実はもとの方程式

(1.8)

の解ではないことが判明します．

次に方程式

(1.9)

に進みましょう．このときも，まずその両辺を自乗することにより，

先程の式

(1.11)

と同一の式を得ます．したがって，そこから自動的に

x = − 1, 3/5

であることが従います．ただし，これでこれらが本当に本来解くべき方程式

(1.9)

の解であるとは限らないのは，既に見た通りです．「確かめ算」を行う必要があるわけです．そこで，

まず

x = − 1

を

(1.9)

に代入してみると，今度は

√ 2 = √

2

という正しい式を得ます．

したがって，

x = − 1

は実際に方程式

(1.9)

の解であることが判りました．それでは，

x = 3/5

はどうでしょう．これを，

(1.9)

に代入すると，

3 2/5 = −

2/5

となり矛盾，

よって

x = 3/5

は

(1.9)

の解ではないことになります．

さて，方程式

(1.10)

はどうでしょう．まず，両辺を自乗すると方程式

3 + x = 2 + 2

(1 + x)(1 − x)

を得ます．この右辺にある

2

を左辺に移項しその後に両辺を平方すれば，

(1+x)

²

= 4(1 − x)(1+x)

，すなわち

(1.13)

と同一の方程式が得られ，その結果以前の場合と同様，

x = − 1, 3/5

が導かれます．しかし，今度の場合には先のふたつの方程式と異なり，

x = − 1, 3/5

の双方

が

(1.10)

の解になっていることが，代入により容易に確認出来ます．

上の

3

つの方程式

(1.8) – (1.10)

は，少なくとも一見したところ，互いに似かよっています．実際，それらを適当に変形していくと，しまいには同一の

2

次方程式

(1.14)

に至ります．ところが，その

2

次方程式のふたつの解

x = − 1, 3/5

がもとの方程式の解であるかどうかは，方程式ごとに異なります．特に注意すべきことは，

2

次方程式

(1.14)

の解

x = − 1, 3/5

が，必ずしももとの方程式

(1.8) – (1.10)

の解であるとは限らないことです．そのために，

x = − 1

および

x = 3/5

をもとの方程式に代入し，いわゆる

「確かめ算」を行う必要があった訳です．これをしないと，「余分な解」，あるいはより正確には本当には解ではないものを解と見なす，という過ちを犯すことになります．まだもうひとつ心配があります．たとえば方程式

(1.10)

においては，既に見た通り，

x = − 1, 3/5

(12)

がその解となっていますが，それ以外に解は存在しないのでしょうか．このように考えると，与えられた方程式をそれを適当に変形することにより解こうとしたとき，本当に解が過不足なく求められたかの確証が欲しくなってきます．連立

1

次方程式とて事情は同じはずです．ガウスの消去法により，与えられた連立

1

次方程式の解が本当に過不足なく求められたか否かの保証は，現時点ではまだ与えられていません．答から先に言ってしまうと，実は連立

1

次方程式をガウスの消去法を用いて解いた場合には，解が過不足なく完全に求められます．そして，それを示すのがこの節の目的です．

ただちに連立

1

次方程式に対する議論を始める代わりに，もう一度上の

3

つの方程式の解法を見直してみることにします．例えば方程式

(1.8)

を解くにあたっては，それを順次，

方程式

(1.11), (1.12), (1.13)

と変形していき，最後には

2

次方程式

(1.14)

を得ました．

そして，その

2

次方程式の解として

x = − 1, 3/5

がとりあえず得られたわけです．ところで，方程式

(1.8)

から方程式

(1.14)

への変形において用いられたのは，次のふたつの

「法則」です．

a = b

が成り立つならば，

a

²

= b

² が成り立つ．

(1.15) a = b

が成り立つための必要十分条件は，

a + c = b + c

が成り立つことである．

(1.16)

さて，ここで記号をいくつか導入しましょう．第

1

のものは

= ⇒

^{です．これは，}

(A) = ⇒ (B)

の仕方で使います．ただし，ここで

(A), (B)

は何らかの数学的な主張です．

そして，「

(A) = ⇒ (B)

」は，「もし主張

(A)

が正しいならば，主張

(B)

も正しい」ということを意味します．また，「

(A) = ⇒ (B)

」を，「

(B) ⇐ = (A)

」と書くこともあります．

一方，ふたつの主張

(A), (B)

に対し，もし「

(A)

が成り立つための必要十分条件が

(B)

が成り立つことである」とき，「

(A) ⇐⇒ (B)

」と書きます．あるいは，先程の記号

= ⇒

^を用いて言い換えるならば，「

(A) ⇐⇒ (B)

」は，「

(A) = ⇒ (B)

かつ

(A) ⇐ = (B)

」と同等です．これらの記号を用いると，法則

(1.15), (1.16)

はそれぞれ，

a = b = ⇒ a

²

= b

²

a = b ⇐⇒ a + c = b + c

と略記されます．さて，方程式

(1.8)

から

x = − 1, 3/5

を得るまでの議論を，いま導入した記号を用いて書き直してみましょう．

x

が

(1.8)

の解である

= ⇒ x

が

(1.11)

の解である（法則(1.15)より）

⇐⇒ x

が

(1.12)

= ⇒ x

が

(1.13)

⇐⇒ x

が

(1.14)

(13)

§ B

11 ⇐⇒ x = − 1, 3

5

^（²^{次方程式の解法より）}

となります．したがって，全体を通しで見れば，

x

が

(1.8)

の解である

= ⇒ x = − 1, 3

5 (1.17)

となるわけです．さて，ここで皆さんに気付いて頂きたいのは，

(A) = ⇒ (B)

が成り立つからといって，その逆

(A) ⇐ = (B)

が成り立つとは限らないことです．いわゆる，逆は必ずしも真ならず，というやつです．例を挙げましょう．たとえば，「犬は動物である」，あるいは少し変に聞こえるかも知れませんが，数学的な言い方をすると，「

x

は犬である

= ⇒ x

は動物である」

は正しい主張ですが，その逆の主張，「

x

は犬である

⇐ = x

は動物である」，あるいは日常的な言葉使いに立ち返って言えば，「動物は犬である」は，もちろん誤った主張です．

あるいは，別の例としては，

(1.15)

はもちろん正しい主張ですが，その逆は，たとえば

1

²

= ( − 1)

² ではあるが

1 = − 1

ではないと言った例が示す通り，一般には成り立ちません．

(1.17)

においても，事情は同様です．実際，この場合には

x = − 1, 3/5

のいずれも既に見た通り方程式

(1.8)

の解ではなかったわけですから，逆は成り立っていません．

残りふたつの方程式

(1.9), (1.10)

の解法においても，法則

(1.15)

，

(1.16)

（および

2

次方程式の解法）しか用いていませんので，これら方程式に対しても，第

1

の方程式

(1.8)

の場合と同様，

x

が

(1.9)

の解である

= ⇒ x = − 1, 3 5 x

が

(1.10)

の解である

= ⇒ x = − 1, 3 5

が成り立ちます．さて，たったいま述べたことを，集合の言葉を使って言い直してみましょう．最初に与えた

3

つの方程式のおのおのの解のなす集合を

X

_(1.8)

, X

_(1.9)

, X

_(1.10) としましょう：

X

_(1.8)

= { x : x

は

(1.8)

の解

} , X

_(1.9)

= { x : x

は

(1.9)

の解

} , X

_(1.10)

= { x : x

は

(1.10)

の解

} .

すると，先に述べたことから，これら

3

つの集合のおのおのは集合

{− 1, 3/5 }

^{の部分集合} となります：

X

_(1.8)

, X

_(1.9)

, X

_(1.10)

⊂ {− 1, 3 5 } .

とくに，これより判ることは，これら

3

つの方程式のいずれも，

− 1, 3/5

以外に解を持たないことです．これら

3

つの方程式から

x = − 1, 3/5

を導く論法は，必ずしもそれら方程式の解を「過不足なく」与えてはくれないことはすでに見た通りですが，しかしその論法は

「解を不足なく」与えてはくれています．あるいは，別の言い方をするならば，

x = − 1, 3/5

(14)

はそれぞれの方程式の解の候補の不足のないリストになっているわけです．しかし，そのリストには解でないものも入っている可能性があるので，最後に確かめ算を行うことにより，

− 1, 3/5

のおのおのが本当に解であるかどうかを確認する必要があったわけです．実際，

その結果として，

X

_(1.8)

= ∅ X

_(1.9)

= {− 1 } X

_(1.10)

= {− 1, 3 5 }

が得られるのは，既に見た通りです．そして，これが方程式

(1.8) – (1.10)

に対する完全な解答になっています．

さて，連立

1

次方程式の場合はどうでしょう．前節でガウスの消去法による連立

1

次方程式の解法を勉強しました．でも，この方法は連立

1

次方程式の解を本当に過不足なく与えてくれるのでしょうか．とくに方程式

(1.8) – (1.10)

のような例を見た後にはなおさら不安になります．しかし，実は心配には及びません．ガウスの消去法は，常に連立

1

次方程式の解を過不足なく与えてくれます．それを説明するために，

n

個の未知数

x

1

, · · · , x

n

を持つ連立

1

次方程式が与えられたとしましょう．それを

Σ

で表すことにします．この連立

1

次方程式に，前節で述べた

3

種類の基本変形，すなわち

(I)

（第

i

式）

←→

^（第

j

式）

(II)

（第

i

式）

←− κ ·

^（第

i

式）（ただし，

κ = 0

）

(III)

（第

i

式）

←−

^（第

i

式）

+ κ ·

^（第

j

式）（ただし，

i = j

）の各々を適用することにより，新たな連立

1

次方程式が得られます．第

1

の変形を行って得られる連立

1

次方程式を

T

_(i,j)^(I)

Σ

と書くことにしましょう．同様に，最初与えられた連立

1

次方程式

Σ

に対し第

2

，第

3

の変形を適用することにより得られる連立

1

次方程式を，それぞれ

T

_(κ;i)^(II)

Σ, T

_(κ;i,j)^(III)

Σ

と記すことにします．

Σ −−−−−−−−−−−−−−→

（第i式）←→^（第j式）

T

_(i,j)^(I)

Σ, Σ −−−−−−−−−−−−−−−−→

（第i式）←−κ·^（第i式）

T

_(κ;i)^(II)

Σ (κ = 0) Σ −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

（第i式）←−^（第i式）+ κ·^（第j式）

T

_(κ;i,j)^(III)

Σ (i = j) 3

種類の記号

T

_(i,j)^(I)

, T

_(κ;i)^(II)

, T

_(κ;i,j)^(III) 自体が，

3

種類の変形操作

(I), (II), (III)

自体を表していると考えてもいいでしょう．もちろん，

(x

₁

, · · · , x

_n

)

が連立

1

次方程式

Σ

の解

= ⇒

(x

1

, · · · , x

n

)

が連立

1

次方程式

T

_(i,j)^(I)

Σ

の解

(1.18) (x

1

, · · · , x

n

)

が連立

1

次方程式

Σ

の解

= ⇒

(x

₁

, · · · , x

_n

)

が連立

1

次方程式

T

_(κ;i)^(II)

Σ

の解

(

ただし

κ = 0) (1.19)

(15)

§ B

13 (x

1

, · · · , x

n

)

が連立

1

次方程式

Σ

の解

= ⇒

(x

₁

, · · · , x

_n

)

が連立

1

次方程式

T

_(κ;i,j)^(III)

Σ

の解

(

ただし

i = j) (1.20)

が成り立つことは言うまでもないと思います．問題は逆が成立するかどうかです．とくに，

第

1

の主張の逆を示すために，

T

_i,j^(I)

T

_i,j^(I) で，変形

(I)

を

2

度続けて行うことを意味することにしましょう．もちろん，

T

_i,j^(I)

T

_i,j^(I)

Σ

，すなわち連立

1

次方程式

Σ

に対し変形

(I)

を

2

度続けて適用して得られる連立

1

次方程式は，

Σ

自身に他ならないことがすぐに判ります．したがって，

(1.18)

を，

Σ

の代わりに

T

_(i,j)^(I)

Σ

に適用すれば，

(x

₁

, · · · , x

_n

)

が連立

1

次方程式

T

_(i,j)^(I)

Σ

の解

= ⇒ (x

₁

, · · · , x

_n

)

が連立

1

次方程式

Σ

の解

すなわち，

(1.18)

の逆が成り立つことも判ります．また，

(1.19), (1.20)

の逆を示すには，

T

_(1/κ,i)^(II)

T

_(κ,i)^(II)

Σ

，および

T

₍^(III)₋_κ;i,j)

T

_(κ;i,j)^(III)

Σ

がともに連立

1

方程式

Σ

そのものであることからただちに帰結されます．ただし，ここでたとえば

T

_(1/κ,i)^(II)

T

_(κ,i)^(II)

Σ

は，連立

1

次方程式

Σ

に対しまず変形

T

_(κ,i)^(II) を適用し，ついで得られた連立

1

方程式に対し変形

T

_(1/κ,i)^(II)

（すなわち，

(II)

において

κ

の逆数

1/κ

でおきかえたもの）を適用して得られる連立

1

次方程式を意味します．これより，とくに変形

(II)

において

κ = 0

でなければならない理由も納得いきます．実際，もしそうでないとすると

κ

の逆数

1/κ

を考えることが出来なくなり，その結果「逆変形」

T

_(1/κ,i)^(II) が存在しなくなってしまうからです．また，変形

(III)

において

i = j

と仮定しているのは，もし仮に

i = j

とすると，変形

T

_(κ;i,j)^(III) は変形

T

_(1+κ;i)^(II) に他ならないことになり，とくに

κ = − 1

のときに逆変形が存在しないことに

なってしまうからです．

以上で，

3

つの同値関係

(x

₁

, · · · , x

_n

)

が連立

1

次方程式

Σ

の解

⇐⇒

(x

₁

, · · · , x

_n

)

が連立

1

次方程式

T

_(i,j)^(I)

Σ

の解

(x

1

, · · · , x

n

)

が連立

1

次方程式

Σ

の解

⇐⇒

(x

₁

, · · · , x

_n

)

が連立

1

次方程式

T

_(κ;i)^(II)

Σ

の解（ただし

κ = 0

）

(x

1

, · · · , x

n

)

が連立

1

次方程式

Σ

の解

⇐⇒

(x

1

, · · · , x

n

)

が連立

1

次方程式

T

_(κ;i,j)^(III)

Σ

の解（ただし

i = j

）が成り立っていることが確認できたわけです．あるいは，言い換えるならば，

3

つの基本変形

(I), (II), (III)

いずれもが同値変形であることがこれで保証されたわけです．あるいはこの

3

つの同値関係を集合を用いて書き直せば，次のようになります．

{ (x

₁

, · · · , x

_n

) : (x

₁

, · · · , x

_n

)

は連立

1

次方程式

Σ

の解

} =

(16)

{ (x

1

, · · · , x

n

) : (x

1

, · · · , x

n

)

は連立

1

次方程式

T

_(i,j)^(I)

Σ

の解

} { (x

₁

, · · · , x

_n

) : (x

₁

, · · · , x

_n

)

は連立

1

次方程式

Σ

の解

} =

{ (x

1

, · · · , x

n

) : (x

1

, · · · , x

n

)

は連立

1

次方程式

T

_(κ;i)^(II)

Σ

の解

}

^（ただし

κ = 0

）

{ (x

1

, · · · , x

n

) : (x

1

, · · · , x

n

)

は連立

1

次方程式

Σ

の解

} =

{ (x

₁

, · · · , x

_n

) : (x

₁

, · · · , x

_n

)

は連立

1

次方程式

T

_(κ;i,j)^(III)

Σ

の解

}

^（ただし

i = j

）つまり，基本変形

(I), (II), (III)

は解全部の集合，いわゆる解空間を一切変えない変形であり，したがってそれにより解を過不足なく求められることが保証されます．その結果，基本変形を用いた連立

1

次方程式の解法，すなわちガウスの消去法を用いる限り，たとえば確かめ算等は，計算間違いがないことを検証したい場合などを除き，必要ないことも判ります．

C

解の存在と一意性の判定

ところで，

§ A

で考えた例題

1.1 – 1.3

によれば，連立

1

次方程式は必ずしも解を持つとは限らないし，また仮に解を持つとしてもそれが一通りとは限らないことが判ります．実際，次の３つの場合が考えられます：

(a)

解が一意的に存在する；

(b)

解は存在しない；

(c)

解が非一意的に存在する．³

さて，ガウスの消去法により連立

1

次方程式を解こうとしたとき，どのような場合これら

3

つのケースの各々が成り立つかをもう一度まとめておきましょう．与えられた連立

1

次方程式を行列表示し，さらにそれに対し

3

つの基本変形を適当に繰り返し適用することにより，次のような形の行列に変形することが可能です．



 



∗ . . . . ∗ ∗ . . . . ∗ ∗ . . . . ∗ ∗ . . . . ∗

0 ∗ · · · · ∗ . . . . ∗ . . . . ∗



 



ただしここで

はゼロでない実数を，また

∗

は勝手な実数を表しています．また，左下の大きなゼロはその部分に現れる成分がすべてゼロであることを意味しています．した

3ただし，「解が一意的に存在する」とは「解がちょうどひとつ存在する」ことであり，一方「解が非一意的に存在する」とは「解が複数個存在する」ことを意味します．このように数学では，「一意的」という言葉を

「一通り」という意味で用います．