線形代数 · 第7回 · 動画2 · インタラクティブ教材

自由変数ひとつに特殊解ひとつ

I重要な公式

公式	名称	説明
$\dim(N(A)) = n - r$	零空間の次元	列の数から階数を引いた数 = 特殊解の個数
$\mathbf{x} = c_1 \mathbf{s}_1 + c_2 \mathbf{s}_2 + \cdots$	零空間の一般のベクトル	どの解も特殊解の一次結合になる
$N$ の自由変数の行は $I$ になる	単位行列ブロックの性質	特殊解が一次独立であることを保証する

レシピ：自由変数ごとに、その変数を 1、ほかの自由変数をすべて 0 とおき、後退代入でピボット変数を求めます。

II可視化1 — 後退代入

自由変数 $x_2, x_4$ を決めると、後退代入によってピボット変数 $x_1, x_3$ が決まり、 $A\mathbf{x} = \mathbf{0}$ が成り立ちます。

x₂（自由） 1 x₄（自由） 0

💡 どんな値を割り当てても $\mathbf{x} = x_2\mathbf{s}_1 + x_4\mathbf{s}_2$ になるので、 $(2, 0)$ は $2\mathbf{s}_1$ をつくり直すだけです。レシピの $(1, 0)$ と $(0, 1)$ は、重複なく数えられる2つの独立な部品なのです。

III可視化2 — 零空間を動き回る

零空間のベクトルはどれも $c_1\mathbf{s}_1 + c_2\mathbf{s}_2$ と書けるので、2つの座標 $(c_1, c_2)$ で、 $\mathbb{R}^4$ の中の2次元の平面全体に届きます。

c₁ 1 c₂ 1

💡 このパラメータ空間では、 $\mathbf{s}_1$ と $\mathbf{s}_2$ が座標軸の役目を果たします。 $(c_1, c_2)$ が平面のあいまいさのない座標になるのは、まさに単位行列ブロックのおかげです。

IV可視化3 — N の中の単位行列ブロック

特殊解を列として並べて $N$ をつくります。自由変数の行は、いつでも単位行列 $I_2$ になるでしょうか。

s₁: x₂ 1 s₁: x₄ 0 s₂: x₂ 0 s₂: x₄ 1

💡 レシピの $(1, 0)$ と $(0, 1)$ だけが、自由変数のブロックを必ず $I_2$ にします。おかげで、余計な手間なしに一次独立性が保証されます。ほかの割り当てでも独立になることはありますが、それは行列式が 0 でないときに限られます。

V確認クイズ

問1

$4 \times 7$ 行列 $A$ の階数は $r = 3$ です。 $A$ の零空間には特殊解がいくつありますか。

✅ 正解です！ 零空間の次元は $n - r = 7 - 3 = 4$ です。

❌ 惜しい！ 特殊解の個数は、列の数から階数を引いたもの、つまり $n - r$ です。

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解答

特殊解の個数 $= n - r$ （列の数から階数を引いたもの）。

$n - r = 7 - 3 = 4$

特殊解は自由変数1つにつき1つずつ、全部で 4 個あります。

よくある間違い：

3 を選んだ場合：それは階数 $r$ で、 $n - r$ ではありません
7 を選んだ場合：それは $n$ 、つまり列の総数です
11 を選んだ場合：それは $n + r$ で、ここでは意味をもちません

問2

レシピを使って特殊解 $\mathbf{s}_k$ を求めるとき、自由変数にはどのように値を割り当てますか。

✅ 正解です！ 自由変数を1つだけ生かし、残りは黙らせます。

❌ 惜しい！ レシピでは、一度にちょうど1つの自由変数だけを生かします。

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解答

レシピ：特殊解 $\mathbf{s}_k$ を求めるには、自由変数 $k$ を 1、ほかの自由変数をすべて 0 とおきます。それから後退代入でピボット変数を求めます。

うまくいく理由：この「1つを生かし、残りを黙らせる」やり方では、単位行列 $I$ が零空間行列 $N$ の自由変数の行に入ります。そのため、特殊解が一次独立であることが自動的に保証されます。

自由変数をすべて 1 とおいても零空間のベクトルにはなりますが、それは $\mathbf{s}_1 + \mathbf{s}_2 + \cdots$ に等しく、特殊解の一次結合です。基底ベクトルそのものではありません。

問3

階段形 $U = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 2 & 2 \\ 0 & 0 & 2 & 4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$ について、 $x_2 = 0,\; x_4 = 1$ とした特殊解を求めます。

$x_1$ の値はいくつですか。

（ヒント：まず2行目から $x_3$ を求め、次に1行目から $x_1$ を求めます。）

✅ 正解です！ 後退代入で $x_3 = -2$ 、続いて $x_1 = 2$ が得られます。

❌ 惜しい！ 符号に注意しましょう。まず2行目から $x_3$ を求め、それからすべてを1行目に代入します。

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解答

ステップ1 — 2行目： $2x_3 + 4x_4 = 0$

$2x_3 + 4(1) = 0 \implies 2x_3 = -4 \implies x_3 = -2$

ステップ2 — 1行目： $x_1 + 2x_2 + 2x_3 + 2x_4 = 0$

$x_1 + 2(0) + 2(-2) + 2(1) = 0$ $x_1 + 0 - 4 + 2 = 0$ $x_1 = 2$

特殊解は $\mathbf{s}_2 = (2,\; 0,\; {-2},\; 1)$ です。

よくある間違い： $x_3 = -2$ が1行目で $2(-2) = -4$ として効くことを忘れ、符号を誤ってしまうことです。

問4

正しいか誤りか： $A$ が $3 \times 4$ 行列、 $A^T$ がその転置で $4 \times 3$ 行列であり、どちらも階数が 2 ならば、両者の零空間の次元は等しい。

✅ 正解です！ 階数が同じでも、零空間の次元が同じとは限りません。列の数 $n$ が効いてくるからです（ $\dim = n - r$ ）。

❌ 惜しい！ 零空間の次元は $n - r$ で決まります。 $A$ と $A^T$ の列の数は同じでしょうか。

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解答：誤り

零空間の次元は $n - r$ で、 $n$ は列の数です。 $\text{rank}(A) = \text{rank}(A^T)$ は常に成り立ちますが、両者の列の数は異なります：

$A$ は $3 \times 4$ ： $\quad\dim(N(A)) = 4 - 2 = 2$ （ $\mathbb{R}^4$ の中の平面）
$A^T$ は $4 \times 3$ ： $\quad\dim(N(A^T)) = 3 - 2 = 1$ （ $\mathbb{R}^3$ の中の直線）

階数は同じでも、零空間の次元は違います！ 鍵は、列（ $n$ ）が多いほど自由変数の入る余地が増えることです。

正解数：0 / 4