📂行列代数

クラメールの定理の証明

概要

クラメルの公式^{cramer rule}は、連立方程式を解く上で効率的だとは言えないが、$A_{j}$が可逆行列であったり、$A$そのものが行列式を計算するのに便利な特定の条件が与えられていれば、必要な答えを直接見つけ出すのに十分便利に使える。

定理

連立方程式$A \mathbf{x} = \mathbf{b}$が、可逆行列 $$A = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{bmatrix}$$ と二つのベクトル $$\mathbf{x} = \begin{bmatrix} x_{1} \\ x_{2} \\ \vdots \\ x_{n} \end{bmatrix}, \mathbf{b} = \begin{bmatrix} b_{1} \\ b_{2} \\ \vdots \\ b_{n} \end{bmatrix}$$ で構成されているとしよう。$A$の$j$番目の列を$\mathbf{b}$で置き換えた行列を$A_{j}$とすると、 $$x_{j} = {{ \det A_{j} } \over { \det A }}$$

証明

$A$の$i,j$の余因子を$C_{ij}$とする。

選択された$j$列について、$\displaystyle \det A = \sum_{j=1}^{n} a_{ij} C_{ij}$

$A$の$j$列は$a_{1j} , a_{2j} , \cdots , a_{nj}$なので、ラプラス展開により、

$$\det A = a_{1j} C_{1j} + a_{2j} C_{2j} + \cdots + a_{nj} C_{nj}$$

一方、$A$の$k \ne j$列は$a_{1k} , a_{2k} , \cdots , a_{nk}$であり、$a_{1k} C_{1j} + a_{2k} C_{2j} + \cdots + a_{nk} C_{nj}$は少なくとも二つの同じ列$a_{1k} , a_{2k} , \cdots , a_{nk}$を持つ行列の行列式と等しいので、

$$a_{1k} C_{1j} + a_{2k} C_{2j} + \cdots + a_{nk} C_{nj} = 0$$

連立方程式$A \mathbf{x} = \mathbf{b}$を解析すると、

$$\begin{align*} a_{11} x_{1} + a_{12} x_{2} + \cdots + a_{1j} x_{j} + \cdots + a_{1n} x_{n} =& b_{1} \\ a_{21} x_{1} + a_{22} x_{2} + \cdots + a_{2j} x_{j} + \cdots + a_{2n} x_{n} =& b_{2} \\ &\vdots \\ a_{n1} x_{1} + a_{n2} x_{2} + \cdots + a_{nj} x_{j} + \cdots + a_{nn} x_{n} =& b_{n} \end{align*}$$

各$i$番目の式の両辺に$C_{ij}$を掛ければ、

$$\begin{align*} a_{11} x_{1} C_{1j} + a_{12} x_{2} C_{1j} + \cdots + a_{1j} x_{j} C_{1j} + \cdots + a_{1n} x_{n} C_{1j} =& b_{1} C_{1j} \\ a_{21} x_{1} C_{2j} + a_{22} x_{2} C_{2j} + \cdots + a_{2j} x_{j} C_{2j}+ \cdots + a_{2n} x_{n} C_{2j} &= b_{2} C_{2j} \\ &\vdots \\ a_{n1} x_{1} C_{nj} + a_{n2} x_{2} C_{nj} + \cdots + a_{nj} x_{j} C_{nj} + \cdots + a_{nn} x_{n} C_{nj} &= b_{n} C_{nj} \end{align*}$$

左辺をすべて加えると、中央の$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} a_{ij} x_{j} C_{ij} = \det A$を除いては$\displaystyle \sum_{i=1}^{n} a_{ik} x_{j} C_{ik} = 0$に全て消え去って、

$$\sum_{i=1}^{n} a_{ij} x_{j} C_{ij} = b_{1} C_{1j} + b_{2} C_{2j} + \cdots + b_{n} C_{nj}$$ が得られる。しかし、$A_{j}$は$j$列が$b_{1} , b_{2} , \cdots , b_{n}$で置き換えられた行列なので、

$$\det A_{j} = b_{1} C_{1j} + b_{2} C_{2j} + \cdots + b_{n} C_{nj}$$

ここで$x_{j}$を$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}$の外に出すと、

$$x_{j} \sum_{i=1}^{n} a_{ij} C_{ij} = \det A_{j}$$

整理すると$\displaystyle x_{j} \det A = \det A_{j}$であり、$A$は可逆行列であると仮定しているので、$\det A \ne 0$が真である。従って、

$$x_{j} = {{ \det A_{j} } \over {\det A}}$$

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