4.9 線形写像の階数と退化次数

定義 4.44 (階数，退化次数)   線形写像 $f$ の像 $\mathrm{Im}\,(f)$ の次元を階数（rank）といい，

$$\mathrm{rank}\,(f)=\dim(\mathrm{Im}\,(f))$$

と表記する． また，核 $\mathrm{Ker}\,(f)$ の次元を 退化次数（nullity）といい，

$$\mathrm{null}(f)=\dim(\mathrm{Ker}\,(f))$$

と表記する．

定理 4.45 (退化次数，階数)   線形写像 $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m;\,\vec{y}=f(\vec{x})=A\vec{x}$ の階数は

$$\mathrm{rank}\,(f)=\mathrm{rank}\,(A)$$

である．また，$f$ の退化次数は

$$\mathrm{null}(f)=n-\mathrm{rank}\,(A)$$

である．

（証明）     まず $f$ の核は定義より

$$\mathrm{Ker}\,(f)=\left\{\left.\,{\vec{x}\in\mathbb{R}^{n}}\,\,\right\vert\,\,{A\vec{x}=\vec{0}}\,\right\}$$

である． これは方程式 $A\vec{x}=\vec{0}$ の解空間である． 方程式 $A\vec{x}=\vec{0}$ の 一般解の任意定数の個数 $n-\mathrm{rank}\,(A)$ が 解空間の次元と等しいので，

$$\mathrm{null}(f)=\dim(\mathrm{Ker}\,(f))=n-\mathrm{rank}\,(A)$$

が成り立つ． 次に $f$ の像は定義より

$$\mathrm{Im}\,(f)=\left\{\left.\,{\vec{y}=A\vec{x}}\,\,\right\vert\,\,{\forall\vec{x}\in\mathbb{R}^n}\,\right\}$$

である． $\mathrm{Im}\,(f)$ の任意の元は

$$\vec{y} = A\vec{x} = \begin{bmatrix}\vec{a}_1 & \vec{a}_2 & \cdots & \vec... ... \vdots \\ x_n \end{bmatrix} = x_1\vec{a}_1+ x_2\vec{a}_2+ \cdots+ x_n\vec{a}_n$$

と表される． つまり $\vec{y}$ の集合はベクトル $\vec{a}_1,\cdots,\vec{a}_n$ で 張られる部分空間

$$\mathrm{Im}\,(f)= \left\langle \vec{a}_1,\,\, \vec{a}_2,\,\, \cdots,\,\, \vec{a}_n \right\rangle _{\mathbb{R}}$$

となる． 部分空間の基底の個数は 1 次独立なベクトルの最大個数となるから，

$$\mathrm{rank}\,(f)=\dim(\mathrm{Im}\,(f))=\mathrm{rank}\,(A)$$

が成り立つ．

注意 4.46 (退化次数，階数)   線形写像 $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m;\,\vec{y}=f(\vec{x})=A\vec{x}$ に対して

$$\mathrm{null}(f)+\mathrm{rank}\,(f)=n=\dim(\mathbb{R}^n)$$

が成り立つことに注意する．

定理 4.47 (退化次数，階数)   線形写像 $f:U\to V$ に関して

$$\mathrm{null}(f)+\mathrm{rank}\,(f)=\dim(U)$$

が成立する．

（証明）     $\mathrm{Ker}\,(f)\subset U$ の基底を $\{\vec{u}_1$, $\cdots$, $\vec{u}_r\}$ とし， $\mathrm{Im}\,(f)\subset V$ の基底を $\{\vec{v}_1$, $\cdots$, $\vec{v}_s\}$ とする． また，$U$ のベクトル $\vec{u}_{r+1},\cdots,\vec{u}_{r+s}$ が

$$f(\vec{u}_{r+1})=\vec{v}_1, \quad\cdots,\quad f(\vec{u}_{r+s})=\vec{v}_s$$

をみたすとする． このとき 1 次関係

$$a_1\vec{u}_1+ \cdots+ a_r\vec{u}_r+ b_1\vec{u}_{r+1}+ b_s\vec{u}_{r+s} = \vec{0}_{U}$$

に対して $f$ を作用させると

$$f(a_1\vec{u}_1+ \cdots+ a_r\vec{u}_r+ b_1\vec{u}_{r+1}+ \cdots+ b_s\vec{u}_{r+s}) = f(\vec{0}_{U})$$

$$a_1f(\vec{u}_1)+ \cdots+ a_rf(\vec{u}_r)+ b_1f(\vec{u}_{r+1})+ \cdots+ b_sf(\vec{u}_{r+s}) = \vec{0}_{V}$$

$$a_1\vec{0}_V+ \cdots+ a_r\vec{0}_V+ b_1\vec{v}_{1}+ \cdots+ b_s\vec{v}_{s} = \vec{0}_{V}$$

$$b_1\vec{v}_{1}+ \cdots+ b_s\vec{v}_{s} = \vec{0}_{V}$$

となる． $\vec{v}_1$, $\cdots$, $\vec{v}_s$ は 1 次独立なので $b_1=\cdots=b_s=0$ となる． このとき

$$a_1\vec{u}_1+ \cdots+ a_r\vec{u}_r = \vec{0}_{U}$$

であり，$\vec{u}_1$, $\cdots$, $\vec{u}_r$ は 1 次独立であるか $a_1=\cdots=a_r=0$ となる． よって $\vec{u}_1$, $\cdots$, $\vec{u}_{r}$, $\vec{u}_{r+1}$, $\cdots$, $\vec{u}_{r+s}$ は 1 次独立である． 次に， $U$ の任意のベクトル $\vec{u}$ を $f$ で写された ベクトル $f(\vec{u})$ は $V$ のベクトルであるから，

$$f(\vec{u})=b_1\vec{v}_1+\cdots+b_s\vec{v}_s$$

と書ける． これより

$$f(\vec{u}-b_1\vec{u}_{r+1}-\cdots-b_s\vec{u}_{r+s})= f(\vec{u})-b_1f(\vec{u}_{r+1})-\cdots-b_sf(\vec{u}_{r+s})$$

$$\quad= (b_1\vec{v}_1+\cdots+b_s\vec{v}_s)- (b_1\vec{v}_1+\cdots+b_s\vec{v}_s) =\vec{0}_{V}$$

が成り立つ． ベクトル $\vec{u}-b_1\vec{u}_{r+1}-\cdots-b_s\vec{u}_{r+s}$ は $\mathrm{Ker}\,(f)$ に含まれる．よって

$$\vec{u}-b_1\vec{u}_{r+1}-\cdots-b_s\vec{u}_{r+s}= a_1\vec{u}_1+\cdots+a_r\vec{u}_r$$

と書けるので，

$$\vec{u}= a_1\vec{u}_1+\cdots+a_r\vec{u}_r+ b_1\vec{u}_{r+1}+\cdots+b_s\vec{u}_{r+s}$$

を得る． $a_1,\cdots,a_r$, $b_1,\cdots,b_s$ は任意であるから，

$$W= \left\langle \vec{u}_1,\,\, \cdots,\,\, \vec{u}_r,\,\, \vec{u}_{r+1},\,\, \cdots,\,\, \vec{u}_{r+s}\right\rangle$$

となる． 以上より，$r+s$ 個のベクトル $\{\vec{u}_1$, $\cdots$, $\vec{u}_r$, $\vec{u}_{r+1},\cdots,\vec{u}_{r+s}\}$ が $U$ の基底となる， よって $\dim(U)=r+s$, $\mathrm{null}(f)=\dim(\mathrm{Ker}\,(f))=r$, $\mathrm{rank}\,(f)=\dim(\mathrm{Im}\,(f))=s$ を得る．

例 4.48 (線形写像の像と核の具体例)   線形写像

$$f:\mathbb{R}^5\to\mathbb{R}^3; \qquad \vec{y}=f(\vec{x})=A\vec{x}$$

$$A= \begin{bmatrix}2 & -1 & 1 & 5 & 0 \\ 1 & 3 & 4 & -1 & 7 \\ 1 & 0 & 1 & 2 & 1 \end{bmatrix}$$

の像 $\mathrm{Im}\,(f)$，核 $\mathrm{Ker}\,(f)$ と それらの次元である階数 $\mathrm{rank}\,(f)$, 退化次数 $\mathrm{null}(f)$ を求める．

まず $A$ を簡約化すると

$$A\quad\to\quad B= \begin{bmatrix}1 & 0 & 1 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 &... ...bmatrix}\vec{b}_1 & \vec{b}_2 & \vec{b}_3 & \vec{b}_4 & \vec{b}_5 \end{bmatrix}$$

となる． このとき $\vec{b}_1=\vec{e}_1$, $\vec{b}_2=\vec{e}_2$ は 1 次独立であり，その他のベクトルは

$$\vec{b}_3=\vec{b}_1+\vec{b}_2, \quad \vec{b}_4=2\vec{b}_1-\vec{b}_2, \quad \vec{b}_5=\vec{b}_1+2\vec{b}_2$$

と表される． 同じ 1 次関係が $\vec{a}_1,\cdots,\vec{a}_5$ に対しても成り立つので， $\vec{a}_1$, $\vec{a}_2$ は 1 次独立であり， その他のベクトルは

$$( )\qquad \vec{a}_3=\vec{a}_1+\vec{a}_2, \quad \vec{a}_4=2\vec{a}_1-\vec{a}_2, \quad \vec{a}_5=\vec{a}_1+2\vec{a}_2$$

となる． また，方程式 $A\vec{x}=\vec{0}$ の解は

$$( )\qquad \vec{x}= \begin{bmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4 \\ x_5 \... ...}-1 \\ -2 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = c_1\vec{u}_1+c_2\vec{u}_2+c_3\vec{u}_3$$

と表される．

$f$ の核 $\mathrm{Ker}\,(f)$ は方程式 $A\vec{x}=\vec{0}$ の 解(★)の集合であるから，

$$\mathrm{Ker}\,(f)= \left\{\left.\,{\vec{x}\in\mathbb{R}^5}\,\,\ri... ...\left\langle \vec{u}_1,\,\, \vec{u}_2,\,\, \vec{u}_3\right\rangle _{\mathbb{R}}$$

となる． $\{\vec{u}_1,\,\,\vec{u}_2,\,\,\vec{u}_3\}$ は 1 次独立であり， $\mathrm{Ker}\,(f)$ の基底となる． よって退化次数は

$$\mathrm{null}(f)=\dim(\mathrm{Ker}\,(f))=5-\mathrm{rank}\,(A)=5-2=3$$

と得られる．

$f$ の像 $\mathrm{Im}\,(f)$ の元 $\vec{y}$ は 任意のベクトル $\vec{x}\in\mathbb{R}^5$ に対して，

$$\vec{y} =A\vec{x} = \begin{bmatrix}\vec{a}_1 & \cdots & \vec{a}_5 \end{bm... ...n{bmatrix}x_1 \\ \vdots \\ x_5 \end{bmatrix} = x_1\vec{a}_1+\cdots+x_5\vec{a}_5$$

により定まる． (☆)を用いると

$$\vec{y} = x_1\vec{a}_1+x_2\vec{a}_2+x_3(\vec{a}_1+\vec{a}_2)+ x_4(2\vec{a}_1-\vec{a}_2)+x_5(\vec{a}_1+2\vec{a}_2)$$

$$= (x_1+x_3+2x_4+x_5)\vec{a}_1+ (x_2+x_3-x_4+2x_5)\vec{a}_2 = c_1\vec{a}_1+c_2\vec{a}_2$$

と表される．ここで $c_1=x_1+x_3+2x_4+x_5$, $c_2=x_2+x_3-x_4+2x_5$ は任意の実数であるから，

$$\mathrm{Im}\,(f) = \left\{\left.\,{\vec{y}=A\vec{x}}\,\,\right\vert\,\,{\vec{x}\in... ...+\cdots+x_5\vec{a}_5}\,\,\right\vert\,\,{x_1,\cdots,x_5\in\mathbb{R}}\,\right\}$$

$$= \left\langle \vec{a}_1,\,\, \vec{a}_2,\,\, \vec{a}_3,\,\, \vec{... ...{\mathbb{R}} = \left\langle \vec{a}_1,\,\, \vec{a}_2\right\rangle _{\mathbb{R}}$$

が成り立つ． $\{\vec{a}_1,\,\,\vec{a}_2\}$ は 1 次独立であり， $\mathrm{Im}\,(f)$ の基底となる．よって

$$\mathrm{rank}\,(f)=\dim(\mathrm{Im}\,(f))=\mathrm{rank}\,(A)=2$$

を得る．

以上より， 核 $\mathrm{Ker}\,(f)$ は方程式 $A\vec{x}=\vec{0}$ の解空間であるから， 核の任意のベクトルは一般解

$$\mathrm{Ker}\,(f)\ni\vec{x}= c_1\vec{u}_1+ c_2\vec{u}_2+ c_3\vec{u}_3$$

であり， $\mathrm{Ker}\,(f)=\left\langle \vec{u}_1,\,\, \vec{u}_2,\,\, \vec{u}_3\right\rangle$, $\dim(\mathrm{Ker}\,(f))=3$ と表された． この結果は つまり，3 次元空間 $\mathrm{Ker}\,(f)$ 内のすべての点が 写像 $f$ によりすべて一つの点 $\vec{0}\in\mathbb{R}^3$ に写されることを意味する． 点は零次元の空間である． よって，写像 $f$ は次元を 3 次元退化させている． それでは，$\vec{0}$ 以外の点 $\vec{y}\in\mathbb{R}^3$ に 写される場合はどうであろうか． つまり， $\vec{y}=f(\vec{x})=A\vec{x}$ をみたす $\vec{x}\in\mathbb{R}^5$ の集合を求める． $\vec{y}$ を $\vec{y}\in\mathrm{Im}\,(f)$ となるように選べば， 非同次方程式 $A\vec{x}=\vec{y}$ の一般解が存在する． このとき，一般解は

$$\vec{x}= \vec{q}+c_1\vec{u}_1+c_2\vec{u}_2+c_3\vec{u}_3, \qquad \vec{q}=P\vec{y}, \quad PA=B$$

となる． ここで，$P$ は $A$ の簡約化行列とする． $c_1$, $c_2$, $c_3$ は任意の実数であるから， 方程式 $A\vec{x}=\vec{y}$ の解空間は 3 次元となる． ただし，この解空間

$$W_{\vec{y}}=\left\{\left.\,{\vec{x}\in\mathbb{R}^3}\,\,\right\ver... ...u}_1+c_2\vec{u}_2+c_3\vec{u}_3,\,\, \forall c_1,c_2,c_3\in\mathbb{R}}\,\right\}$$

は原点を通らないのでベクトル空間ではない． 核 $\mathrm{Ker}\,(f)$ を $\vec{q}$ だけ平行移動した空間となる． よって，写像 $f$ は 任意の $\vec{y}\in\mathrm{Im}\,(f)$ に対して 3 次元空間 $W_{\vec{y}}$ 内のすべての点をひとつの点 $\vec{y}$ に写す写像である． 次元を 3 次元退化させている． $\vec{y}$ は $\mathrm{Im}\,(f)$ のベクトルであり， $\dim(\mathrm{Im}\,(f))=2$ であるから， 1 次独立となるベクトルを二つ $\vec{y}_1$, $\vec{y}_2$ 選べる． このとき $\vec{q}_1=P\vec{y}_1$, $\vec{q}_2=P\vec{y}_2$ も 1 次独立となる． $\vec{q}_1,\vec{q}_2\not\in\mathrm{Ker}\,(f)$ であり， $\{\vec{u}_1$, $\vec{u}_2$, $\vec{u}_3$, $\vec{q}_1$, $\vec{q}_2\}$ は $\mathbb{R}^5$ の基底となる． よって，

$$\mathbb{R}^5= \left\langle \vec{u}_1,\,\, \vec{u}_2,\,\, \vec{u}_... ...vec{u}_3\right\rangle \oplus \left\langle \vec{q}_1,\,\, \vec{q}_2\right\rangle$$

と表される． これより

$$\dim(\mathbb{R}^5)= \mathrm{null}(f)+\mathrm{rank}\,(f)$$

が成立する．

平成20年2月2日