列階数と行階数

行列の列階数と行階数は等しいことを示します。すなわち、ある行列を列ベクトルまたは行ベクトルで表したとき、線型独立な列ベクトルの最大数と線型独立な行ベクトルの最大数は等しくなります。

この定理は、行列の階数が行と列に関して対称的であることを示すものであり、行列の階数の性質を示す重要な定理の $1$ つです。

階数の基本的性質#

定理 4.59（列階数と行階数）#

$A$ を $(m, n)$ 型行列とする。$A$ の線型独立な列ベクトルの最大数と $A$ 線型独立な行ベクトルの最大数は等しい。

$A$ の列ベクトルを $\bm{a}_{1}, \bm{a}_{2}, \cdots, \bm{a}_{n}$、$A$ の行ベクトルを $\bm{a}^{\prime}_{1}, \bm{a}^{\prime}_{2}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{m}$ とすれば、$A$ は次のように表すことができます（行列の定義）。端的にいえば、この定理 4.59は、$n$ 個の列ベクトル $\bm{a}_{1}, \bm{a}_{2}, \cdots, \bm{a}_{n}$ のうち線型独立であるものの最大個数と、$m$ 個の行ベクトル $\bm{a}^{\prime}_{1}, \bm{a}^{\prime}_{2}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{m}$ のうち線型独立であるものの最大個数が等しいことを示しています。

行階数#

定理 4.57（列階数）において列階数という概念を導入したのと同様に、行階数の概念を導入することで、上の定理をより簡潔にできます。$A$ の列ベクトル $\bm{a}_{1}, \bm{a}_{2}, \cdots, \bm{a}_{n}$ は $K^{m}$ の部分空間 $\langle \,\bm{a}_{1}, \bm{a}_{2}, \cdots, \bm{a}_{n} \, \rangle$ を生成し、この部分空間の次元を列階数（$\text{column rank}$）と定義しました（定理 4.57（列階数））。同様に、$A$ の行ベクトル $\bm{a}^{\prime}_{1}, \bm{a}^{\prime}_{2}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{m}$ は $K^{n}$ の部分空間 $\langle \, \bm{a}^{\prime}_{1}, \bm{a}^{\prime}_{2}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{m} \, \rangle$ を生成し、この部分空間の次元を行階数（$\text{row rank}$）と定義します。このような用語を導入すれば、定理 4.59は「行列 $A$ の列階数と行階数は等しい」と表すことができます。

行と列に関する対称性#

定理 4.57（列階数）より、行列 $A$ の階数は $A$ の列階数と等しいことがわかっていますので、これと合わせて考えれば、行列 $A$ の列階数と行階数はともに $A$ の階数に等しくなるという結論が得られます。つまり、行列の階数は行と列に関して対称的であるということがわかります。

行と列に関して対称的であるということは行列の階数の重要な性質ですが、これを示すにあたって、前項の定理 4.58（斉次連立一次方程式の解空間の次元）が重要となります。対称性に関するこの定理 4.59を示す方法として、他には行列の基本変形による証明も考えられますが、階数の定義で述べたように、線型写像やベクトル空間に先立って行列の基本変形を導入する意義はあまり有りませんので、ここでは斉次連立一次方程式に関する考察からこれを証明します。[3], [4], [5] はこの流れに近く、主に斉次連立一次方程式に関する考察から定理 4.59が導かれています。一方で [1], [2] では先に行列の基本変形が導入され、基本変形に基づいて同定理が導かれています。

証明#

$A = (\, a_{ij} \,)$ として $A$ の階数を $r$ とする。定理 4.57（列階数）より、$A$ の線型独立な列ベクトルの最大数は $r$ に等しい。また、定理 4.58（斉次連立一次方程式の解空間の次元）より、$A$ を係数行列として持つ斉次連立一次方程式 $A \bm{x} = \bm{0}$ の解空間の次元は $n - r$ に等しい。いま、$A$ の線型独立な行ベクトルの最大数を $s$ として、$A$ の行ベクトルのうち線型独立なものを $\bm{a}^{\prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{s}$ とする。$A$ に対して、$\bm{a}^{\prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{s}$ が第 $1$ 行から第 $s$ 行になるように行ベクトルを入れ替えた行列を $A^{\prime} = (\, a^{\prime}_{ij} \,)$ とすると、$A \bm{x} = \bm{0}$ と $A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ は同じ連立一次方程式になる。また、$A^{\prime}$ において、$s \lt t \leqslant m$ とすれば、$\bm{a}^{\prime}_{t}$ は $\bm{a}^{\prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{s}$ の線型結合として次のように表すことができる。

したがって、$\bm{a}^{\prime}_{t}$ の各成分について次が成り立つ。

$A^{\prime}$ のはじめの $s$ 個の行からなる行列を $A^{\prime \prime}$ とすれば、$A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ のはじめの $s$ 番目までの方程式からなる斉次連立一次方程式は $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ であり、$1 \leqslant i \leqslant s$ とすれば、$A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ は次のように表せる。

このとき、（$\ast$）式と（$\ast \ast$）式より $s \lt t \leqslant m$ について次が成り立つ。

したがって $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解は $A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ を満たす。また、$A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解はもちろん $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ を満たすので、$A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解空間と $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解空間は一致する。$A^{\prime \prime}$ の階数を $r^{\prime}$ とすれば $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解空間の次元は $n - r^{\prime}$ であり、これが $A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解空間の次元と一致するので、$r = r^{\prime}$ が成り立つ。再び定理 4.57（列階数）より $A^{\prime \prime}$ の線型独立な列ベクトルの最大数は $r$ に等しく、これらを $\bm{a}^{\prime \prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime \prime}_{r}$ とすれば $\bm{a}^{\prime \prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime \prime}_{r} \in K^{s}$ であるので、定理 4.24（線型従属なベクトルの組）より $r \leqslant s$ が成り立つ。$A$ の行と列を入れ替えた行列について同様に考えると、$s \leqslant r$ が成り立つことが示せる。よって、$r = s$ であり、$A$ の線型独立な列ベクトルの最大数と $A$ 線型独立な行ベクトルの最大数は等しい。$\quad \square$

証明の骨子#

行列 $A$ に対して、$A$ の線型独立な行ベクトルのみからなる行列を $A^{\prime \prime}$ として、$A \bm{x} = \bm{0}$ の解空間と $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解空間が等しくなることを示します。このとき、$A$ と $A^{\prime \prime}$ の階数は等しく、$A^{\prime \prime}$ において定理 4.24（線型従属なベクトルの組）を用いることで（列階数）$\leqslant$（行階数）が示されます。行と列を入れ替えた行列に対して同様に考えることで（行階数）$\leqslant$（列階数）となることから、（列階数）$=$（行階数）が導かれます。

• 行列 $A$ に対して、$A$ の線型独立な行ベクトルからなる行列を $A^{\prime \prime}$ として、$A$ と $A^{\prime \prime}$ の階数が等しいことを示します。

  • $A = (\, a_{ij} \,)$ として $A$ の階数を $r$ とします。

    • 定理 4.57（列階数）より、$A$ の線型独立な列ベクトルの最大数は $r$ に等しくなります。
    • 定理 4.58（斉次連立一次方程式の解空間の次元）より、$A$ を係数行列として持つ斉次連立一次方程式 $A \bm{x} = \bm{0}$ の解空間の次元は $n - r$ に等しくなります。

  • $A$ の線型独立な行ベクトルのみからなる行列を $A^{\prime \prime}$ を作ります。

    • $A$ の線型独立な行ベクトルの最大数を $s$ とします。また、具体的に $A$ の行ベクトルのうち線型独立であるものを $\bm{a}^{\prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{s}$ とします。

    • $A$ に対して、$\bm{a}^{\prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{s}$ が第 $1$ 行から第 $s$ 行になるように行ベクトルを入れ替えた行列を $A^{\prime} = (\, a^{\prime}_{ij} \,)$ とすれば、$A \bm{x} = \bm{0}$ と $A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ は同じ連立一次方程式になります。

      • $A \bm{x} = \bm{0}$ は、具体的には次のような斉次連立一次方程式になります（連立一次方程式と係数行列）。

        $$ \begin{array} {ccc} A \bm{x} = \bm{0} & \Leftrightarrow & \left \{ \begin{array} {l} a_{11} x_{1} + a_{12} x_{2} + \cdots + a_{1n} x_{n} = 0 \\ a_{11} x_{1} + a_{12} x_{2} + \cdots + a_{1n} x_{n} = 0 \\ \quad \quad \quad \quad \vdots \\ a_{11} x_{1} + a_{12} x_{2} + \cdots + a_{1n} x_{n} = 0 \\ \end{array} \right. \end{array} $$
        
        

      • また、$A$ の行ベクトルを $\bm{a}^{\prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{m}$ のように表せば、$A \bm{x} = \bm{0}$ は次のように表すこともできます。

        $$ \begin{array} {ccc} A \bm{x} = \bm{0} & \Leftrightarrow & \left \{ \begin{array} {c} \bm{a}^{\prime}_{1} \, \bm{x} = 0 \\ \bm{a}^{\prime}_{2} \, \bm{x} = 0 \\ \vdots \\ \bm{a}^{\prime}_{m} \, \bm{x} = 0 \\ \end{array} \right. \end{array} $$
        
        

      • 各方程式はそれぞれ独立であり、順序（上から何番目の式か）によりませんので、式の順序を入れ替えても、連立方程式としては同じものになります。

      • よって、$A \bm{x} = \bm{0}$ と $A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ は同じ連立一次方程式であるといえます。

    • $A^{\prime}$ の線型独立な行ベクトルの最大数は $s$ であるので、$s \lt t \leqslant m$ とすれば、$\bm{a}^{\prime}_{t}$ は $\bm{a}^{\prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{s}$ の線型結合として次のように表すことができるはずです。

      $$ \begin{array} {ccc} \bm{a}^{\prime}_{t} = \displaystyle \sum_{i}^{s} \, c_{i} \, \bm{a}^{\prime}_{i} && (\, c_{i} \in K \,) \end{array} $$
      
      

    • 特に $\bm{a}^{\prime}_{t}$ の成分に着目すれば、次が成り立ちます。すなわち、$t$ 行目の各成分 $\bm{a}^{\prime}_{tj}$ は、$1 \sim s$ 行目の成分 $\bm{a}^{\prime}_{1j}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{sj}$ の和として表すことができるということです。

      $$ \begin{array} {ccc} \tag{$\ast$} a^{\prime}_{tj} = \displaystyle \sum_{i}^{s} \, c_{i} \, a^{\prime}_{ij} && (\, 1 \leqslant j \leqslant n \,) \end{array} $$
      
      

    • ここで、$A^{\prime}$ のうちはじめの $s$ 個の行からなる行列を $A^{\prime \prime}$ とします。もとの行列 $A$ と、$A$ の行を並び替えた $A^{\prime}$、はじめの $s$ 行までの $A^{\prime \prime}$ はそれぞれ次のような関係にあります。
      

    
    
    
    
    • $A^{\prime}$ において、$1$ 行目 $\sim$ $s$ 行目の行ベクトル $\bm{a}^{\prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{s}$ は線型独立です。
    • また、$s + 1$ 行目 $\sim$ $m$ 行目の行ベクトルは（$\ast$）式により $\bm{a}^{\prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{s}$ の線型結合として表せます。

  • $A \bm{x} = \bm{0}$ の解空間と $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解空間が等しいことを示します。

    • $A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ のはじめの $s$ 番目までの方程式からなる斉次連立一次方程式は $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ であり、$1 \leqslant i \leqslant s$ とすれば、$A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ は次のように表せます。

      $$ \begin{array} {ccc} \tag{$\ast \ast$} \displaystyle \sum_{j}^{n} \, a^{\prime}_{ij} \, x_{j} = 0 && (\, 1 \leqslant i \leqslant s \,) \end{array} $$
      
      

    • このとき、（$\ast$）式と（$\ast \ast$）式より $s \lt t \leqslant m$ について、次が成り立ちます。

      $$ \begin{split} \bm{a}^{\prime}_{t} \, \bm{x} &\overset{(1)}{=} \displaystyle \sum_{j}^{n} \, a^{\prime}_{tj} \, x_{j} \\ &\overset{(2)}{=} \displaystyle \sum_{j}^{n} \; \Big( \displaystyle \sum_{i}^{s} \, c_{i} \, a^{\prime}_{ij} \Big) \; x_{j} \\ &\overset{(3)}{=} \displaystyle \sum_{i}^{s} \, c_{i} \; \Big( \displaystyle \sum_{j}^{n} \, a^{\prime}_{ij} \, x_{j} \Big) \\ &\overset{(4)}{=} \displaystyle \sum_{i}^{s} \, c_{i} \cdot 0 \\ &\overset{(5)}{=} 0 \\ \end{split} $$
      
      
      • （$1$）$\bm{a}^{\prime}_{t}$ と $\bm{x}$ の積を各成分どうしの積の和に分解しています。
      • （$2$）（$\ast$）式を用いて、$t$ 行目の各成分 $\bm{a}^{\prime}_{tj}$ を、$1 \sim s$ 行目の成分 $\bm{a}^{\prime}_{1j}, \cdots, \bm{a}^{\prime}_{sj}$ の和として表します。
      • （$3$）和の順序を入れ替えます。
      • （$4$）（$\ast \ast$）式により $1 \leqslant i \leqslant s$ であれば $\bm{a}^{\prime}_{i} \bm{x} = 0$ となります。

    • したがって、$1 \leqslant i \leqslant s$ について $\bm{a}^{\prime}_{i} \, \bm{x} = 0$ が成り立つ（$A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$）ならば、$s \lt t \leqslant m$ についても $\bm{a}^{\prime}_{t} \, \bm{x} = 0$ が成り立つ（$A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$）ことがわかりました。すなわち、$A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解は $A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ を満たすといえます。

    • また、$A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解はもちろん $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ を満たしますので、$A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ と $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ は同じ解を持つといえます。つまり、$A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解空間と $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解空間は一致することが示されました。

    • $A^{\prime \prime}$ の階数を $r^{\prime}$ とすれば $A^{\prime \prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解空間の次元は $n - r^{\prime}$ であり、これが $A^{\prime} \bm{x} = \bm{0}$ の解空間の次元と一致するので、$r = r^{\prime}$ が成り立ちます。これは、$A$ と $A^{\prime \prime}$ の階数が等しいということに他なりません

      $$ \begin{gather*} n - r = n - r^{\prime} & \Rightarrow & r - r^{\prime} \end{gather*} $$
      
      

• $A^{\prime \prime}$ において定理 4.24（線型従属なベクトルの組）を用いることで $r \leqslant s$ を示します。

  • 再び定理 4.57（列階数）より $A^{\prime \prime}$ の線型独立な列ベクトルの最大数は $r$ に等しいといえます。
  • $A^{\prime \prime}$ の線型独立な列ベクトルを $\bm{a}^{\prime \prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime \prime}_{r}$ とすれば、これらは $s$ 項列ベクトルであり、$\bm{a}^{\prime \prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime \prime}_{r} \in K^{s}$ となります。
  • したがって、定理 4.24（線型従属なベクトルの組）より $\bm{a}^{\prime \prime}_{1}, \cdots, \bm{a}^{\prime \prime}_{r}$ が線型独立であれば $r \leqslant s$ が成り立ちます。
    • より正確には、これは定理 4.24（線型従属なベクトルの組）の対偶から導かれます。
    • 定理 4.24（線型従属なベクトルの組）は「$\bm{v}_{1}, \cdots, \bm{v}_{n} \in K^{m}$ において、$n \gt m$ ならば $\bm{v}_{1}, \cdots, \bm{v}_{n}$ は線型従属」というものであり、この対偶は「$\bm{v}_{1}, \cdots, \bm{v}_{n} \in K^{m}$ において、$\bm{v}_{1}, \cdots, \bm{v}_{n}$ が線型独立であれば $n \leqslant m$」となります。
  • 以上から、もとの行列 $A$ について（列階数）$\leqslant$（行階数）が成り立つことが示されました。

• 行と列を入れ替えた行列に対して同様に考えます。

  • $A$ の行と列を入れ替えた行列に対して、上とまったく同様に考えることで、$s \leqslant r$ が導かれます。すなわち（行階数）$\leqslant$（列階数）となります。
  • $r \leqslant s$ かつ $s \leqslant r$ より $r = s$ が成り立ち、（列階数）$=$（行階数）が導かれます。
  • 以上から、$A$ の線型独立な列ベクトルの最大数と $A$ 線型独立な行ベクトルの最大数は等しいということが示されました。

まとめ#

• $A$ を $(m, n)$ 型行列とする。$A$ の線型独立な列ベクトルの最大数と $A$ 線型独立な行ベクトルの最大数は等しい。
  
• 行列の列階数と行階数は等しい。
  

参考文献#