「行列と行列式の基礎」の問、課題、問題の解答 第1章～第2章

$\bm{a},\bm{b}$のなす角を$\theta$とする。$\theta=0,\pi$のとき$\cos\theta=\pm1$より
\begin{align} \cos^2\theta=1&\lra\qty(\frac{(\bm a, \bm b)}{\norm{\bm a}\norm{\bm b}})^2=1\\ &\lra\qty(\frac{a_1b_1+a_2b_2}{\sqrt{a_1^2+a_2^2}\sqrt{b_1^2+b_2^2}})=1\\ &\lra (a_1^2+a_2^2)(b_1^2+b_2^2)-(a_1b_1+a_2b_2)^2=0\\ &\lra (a_1b_2-a_2b_1)^2=0\\ &\lra a_1b_2-a_2b_1=0 \end{align}
より示された。

$\bm{b}\in\ang{\bm{a}_1, \bm{a}_2, \bm{a}_3}$とすると, ある定数$c_1, c_2, c_3$があって$\bm{b}=c_1\bm{a}_1+c_2\bm{a}_2+c_3\bm{a}_3$とかける。このとき$\bm{b}=(c_1-c_2-c_3)\bm{a}_1+(c_2-c_3)(\bm{a}_1+\bm{a}_2)+c_3(\bm{a}_1+\bm{a}_2+\bm{a}_3)$であるから$\bm{b}\in\ang{\bm{a}_1,\bm{a}_1+\bm{a}_2, \bm{a}_1+\bm{a}_2+\bm{a}_3}$。よって$\ang{\bm{a}_1, \bm{a}_2, \bm{a}_3}\subset \ang{\bm{a}_1,\bm{a}_1+\bm{a}_2, \bm{a}_1+\bm{a}_2+\bm{a}_3}$。
逆に, $\bm{b}'\in\ang{\bm{a}_1,\bm{a}_1+\bm{a}_2, \bm{a}_1+\bm{a}_2+\bm{a}_3}$とすると, ある定数$c_1', c_2', c_3'$があって$\bm{b}'=c_1'\bm{a}_1+c_2'(\bm{a}_1+\bm{a}_2)+c_3'(\bm{a}_1+\bm{a}_2+\bm{a}_3)$とかける。このとき$\bm{b}'=(c_1'+c_2'+c_3')\bm{a}_1+(c_2'+c_3')\bm{a}_2+c_3'\bm{a}_3$であるから$\bm{b}'\in\ang{\bm{a}_1, \bm{a}_2, \bm{a}_3}$。よって$\ang{\bm{a}_1,\bm{a}_1+\bm{a}_2, \bm{a}_1+\bm{a}_2+\bm{a}_3}\subset\ang{\bm{a}_1, \bm{a}_2, \bm{a}_3} $でもあるから, $\ang{\bm{a}_1, \bm{a}_2, \bm{a}_3}=\ang{\bm{a}_1,\bm{a}_1+\bm{a}_2, \bm{a}_1+\bm{a}_2+\bm{a}_3}$である。

$\mathcal{P}(\bm{a}_1, \bm{a}_2)$は$\bm{a}_1, \bm{a}_2$がなす三角形の面積の2倍に等しいから、
\begin{align} \mathcal{P}(\bm{a}_1, \bm{a}_2)&=2 \cdot \frac12 \cdot\sqrt{\norm{\bm{a}_1}^2\norm{\bm{a}_2}^2-(\bm{a}_1, \bm{a}_2)^2}\\ &=|a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}|\\ &=|\det(\bm{a}_1, \bm{a}_2)| \end{align}

$x\bm{a}_1+y\bm{a}_2=\bm{b}$であったとする。

1. $\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} x+y=-1 \\ -y=4\\ x+2y=-5 \end{array} \right. \end{eqnarray}$より、$x=3, y=-4$と求まるから、$\bm{b}\in\ang{\bm{a}_1,\bm{a}_2}$である。
2. $\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} 2x+y=4 \\ x-y=-1\\ x+2y=4 \end{array} \right. \end{eqnarray}$ となるが、これは解を持たないので$\bm{b}\not\in\ang{\bm{a}_1, \bm{a}_2}$。

1. $y=t_1, z=t_2$とすると$x=-t_1+t_2+1$より,$H_1$のパラメータ表示は$\vecc{x}{y}{z}=\vecc100+t_1\vecc{-1}10+t_2\vecc101$である。同様にして、$H_2$において$x=2-2t_1-2t_2$だから、$H_2$のパラメータ表示は$\vecc xyz=\vecc200+t_1\vecc{-2}10+t_2\vecc{-2}01$
2. $z=t_1$とすると,$\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} x+y=1+t_1 \\ x+2y=2-2t_1 \end{array} \right. \end{eqnarray}\lra x=4t_1, y=1-3t_1$より、$H_1\cap H_2$のパラメータ表示は$\vecc xyz=\vecc010+t_1 \vecc4{-3}1$

1. $\left(\begin{array}{ccc|c} 1&1&1&3\\1&2&2&2\\2&1&2&1 \end{array}\right)→ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&1&1&3\\0&1&1&-1\\0&-1&0&-5 \end{array}\right)\begin{array}{c}\\r_2-r_1\\r_3-2r_1\end{array}→ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&0&4\\0&1&1&-1\\0&1&0&5 \end{array}\right)\begin{array}{c}r_1-r_2\\\\-r_3\end{array}→ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&0&4\\0&1&0&5\\0&0&1&-6 \end{array}\right)\begin{array}{c}\\r_3\\r_2-r_3\end{array} $より、$x_1=4, x_2=5, x_3=-6$
2. $\left(\begin{array}{ccc|c} 3&1&1&2\\1&1&2&2\\2&1&2&1 \end{array}\right)→ \left(\begin{array}{ccc|c} 3&1&1&2\\1&1&2&2\\1&0&0&-1 \end{array}\right)\begin{array}{c}\\\\r_3-r_2\end{array}→ \left(\begin{array}{ccc|c} 0&1&1&5\\0&1&2&3\\1&0&0&-1 \end{array}\right)\begin{array}{c}r_1-3r_3\\r_2-r_3\\~\end{array}→ \left(\begin{array}{ccc|c} 0&1&1&5\\0&0&1&-2\\1&0&0&-1 \end{array}\right)\begin{array}{c}~\\r_2-r_1\\~\end{array}→ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&0&-1\\0&1&0&7\\0&0&1&-2 \end{array}\right)\begin{array}{c}r_3\\r_1-r_2\\r_2\end{array} $より、$x_1=-1, x_2=7, x_3=-2$

$\left(\begin{array}{ccc|c} 1&1&1&0\\-2&-1&2&5\\1&1&2&2 \end{array}\right)→ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&1&1&0\\-2&-1&2&5\\0&0&1&2 \end{array}\right)\begin{array}{c}\\\\r_3-r_1\end{array}→ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&1&0&-2\\-2&-1&0&1\\0&0&1&2 \end{array}\right)\begin{array}{c}r_1-r_3\\r_2-2r_3\\~\end{array}→ \left(\begin{array}{ccc|c} -1&0&0&-1\\-2&-1&0&1\\0&0&1&2 \end{array}\right)\begin{array}{c}r_1+r_2\\\\~\end{array}→ \left(\begin{array}{ccc|c} 1&0&0&1\\0&1&0&-3\\0&0&1&2 \end{array}\right)\begin{array}{c}-r_1\\2r_1-r_2\\~\end{array} $より、$x_1=1,x_2=-3,x_3=2$

$\begin{pmatrix}     1&2&0&3 \\ -1&0&-2&0\\ 2&1&3&1 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix}     1&2&0&3 \\ 0&2&-2&3\\ 0&-3&3&-5 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix}     1&2&0&3 \\ 0&2&-2&3\\ 0&0&0&-\frac12 \end{pmatrix} $

1. $\begin{pmatrix}     1&2&3 \\ 2&4&6\\ 3&6&9 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix}     1&2&3 \\ 0&0&0\\ 0&0&0 \end{pmatrix}$より、階数は1
2. $\begin{pmatrix} 1&1&1&1\\2&2&1&1\\3&3&2&2 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&1&1&1\\0&0&-1&-1\\0&0&-1&-1 \end{pmatrix} $より、階数は2
3. $\begin{pmatrix} -1&0&1&0&-2\\6&2&-2&1&8\\8&3&-2&2&11\\-11&-4&3&-2&-14 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} -1&0&1&0&-2\\0&2&4&1&-4\\0&3&6&2&-5\\0&-4&-8&-2&8 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} -1&0&1&0&-2\\0&2&4&1&-4\\0&0&0&\frac12&-11\\0&0&0&0&0 \end{pmatrix} $より、階数は3

(1.17)の行列について、
$\begin{pmatrix} 1&2&-1&1\\0&2&3&-1\\0&0&1&2\\0&0&0&0 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&2&0&3\\0&2&0&-7\\0&0&1&2\\0&0&0&0 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&0&0&10\\0&1&0&-\frac72\\0&0&1&2\\0&0&0&0 \end{pmatrix} $
問1.5の行列について、
$\begin{pmatrix}     1&2&0&3 \\ 0&2&-2&3\\ 0&0&0&-\frac12 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix}     1&2&0&0 \\ 0&2&-2&0\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix}     1&0&-2&0 \\ 0&1&-1&0\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix}$

1. $\begin{pmatrix} 1&-1&-3&2\\-1&-3&-5&-6\\1&2&3&5 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&-1&-3&2\\0&-4&-8&-4\\0&1&0&3 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&-1&-3&2\\0&1&0&3\\0&1&2&1 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&0&-3&5\\0&1&0&3\\0&0&2&-2 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&0&0&2\\0&1&0&3\\0&0&1&-1 \end{pmatrix}$
2. $\begin{pmatrix} -2&-1&1&1&-1\\-1&1&2&1&2\\-1&-2&-1&-1&-5 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 0&-3&-3&-1&-5\\-1&1&2&1&2\\0&-3&-3&-2&-7 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} -1&1&2&1&2\\0&-3&-3&-1&-5\\0&0&0&-1&-1 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} -1&1&2&0&1\\0&-3&-3&0&-4\\0&0&0&1&1 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&0&-1&0&\frac13\\0&1&1&0&\frac43\\0&0&0&1&1 \end{pmatrix}$

(1.26)において$t_1=2, t_2=-3$とすれば示される。

$a=1$のとき、明らかに適する。$a\ne1$のとき、
$\begin{pmatrix} 1&1&1\\a&1&1\\a&a&1 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&1&1\\0&1-a&1-a\\0&0&1-a \end{pmatrix}→\begin{pmatrix} 1&1&1\\0&1&1\\0&0&1 \end{pmatrix}→\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&1&0\\0&0&1 \end{pmatrix}$
より$\rank A=3$となり不適。よって求める条件は$a=1$。

1. $\qty(\begin{array}{ccccc|c} 2&2&1&3&1&4\\1&1&-1&0&2&-1\\-1&-1&1&0&-2&1 \end{array})→ \qty(\begin{array}{ccccc|c} 0&0&3&3&-3&6\\1&1&-1&0&2&-1\\0&0&0&0&0&0 \end{array})→ \qty(\begin{array}{ccccc|c} 0&0&1&1&-1&2\\1&1&-1&0&2&-1\\0&0&0&0&0&0 \end{array}) $より、$x_2=t_1,x_3=t_2,x_5=t_3$とすると$x_1=-1-t_1+t_2-2t_3, x_4=2-t_2+t_3$だから、
   $\bm{x}=\begin{pmatrix} -1\\0\\0\\2\\0 \end{pmatrix}+t_1\begin{pmatrix} -1\\1\\0\\0\\0 \end{pmatrix}+t_2\begin{pmatrix} 1\\0\\1\\-1\\0 \end{pmatrix}+t_3\begin{pmatrix} -2\\0\\0\\1\\1 \end{pmatrix}$
2. $\qty(\begin{array}{ccccc|c} -2&5&7&5&-7&7\\1&-3&-4&-3&4&-4\\3&-7&-10&-7&10&-9 \end{array})→ \qty(\begin{array}{ccccc|c} 0&-1&-1&-1&1&-1\\1&-3&-4&-3&4&-4\\0&2&2&2&-2&3 \end{array})→ \qty(\begin{array}{ccccc|c} 0&1&1&1&-1&1\\1&-3&-4&-3&4&-4\\0&0&0&0&0&\frac12 \end{array}) $より解なし。

対偶を示す。$\bm{a}_1$が線形従属であるとすると、$c_1\bm{a}_1=\bm{0}$なる$c_1\ne0$が存在するが、このとき明らかに$\bm{a}_1=\bm{0}$。逆に$\bm{a}_1=\bm{0}$のとき、$c_1=1$とすれば$c_1\bm{a}_1=\bm{0}$となるから$\bm{a}_1$は線形従属。

$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_k$が線形従属であるとする。このとき少なくとも1つは0でないような$c_1,\cdots,c_k$があって$\ds\sum_{i=0}^k c_i \bm{a}_i=\bm{0}$を満たすが、$c_1,\cdots,c_k$のうち0でないもののうち1つを$c_j$とすると、$\ds \bm{a}_j=\frac{1}{c_j}\sum_{\substack{1\leq i\leq k\\i\ne j}}c_i\bm{a}_i$という線形結合の式が得られる。逆にこのとき、移項すれば非自明な線形関係式が得られる。

1. $A=\qty(\begin{array}{ccc|c} 1&-1&1&0\\2&-1&1&0\\1&1&-1&0 \end{array})→\qty(\begin{array}{ccc|c} 1&0&0&0\\0&1&-1&0\\0&0&0&0 \end{array})$より、$A\bm{x}=\bm{0}$は$(0,1,1)$を解に持つ。よって、$$\vecc{-1}{-1}1+\vecc11{-1}=\bm{0}$$
2. $A=\qty(\begin{array}{cccc|c} 1&1&2&2&0\\-1&1&0&5&0\\2&1&3&1&0 \end{array})→\qty(\begin{array}{cccc|c} 1&0&1&0&0\\0&1&1&0&0\\0&0&0&1&0 \end{array})$より、$A\bm{x}=\bm{0}$は$(1,1,-1,0)$を解に持つ。よって、
   $$\vecc1{-1}2+\vecc111-\vecc203=\bm{0}$$

$A→\begin{pmatrix} 1&0&-1&1\\0&1&1&3\\0&0&0&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix}$より、$A\bm{x}=0$のとき、$x_3=t_1,x_4=t_2$とすると$x_1=t_1-t_2,x_2=-t_1-3t_2$より基本解は$\begin{pmatrix} 1\\-1\\1\\0 \end{pmatrix},\begin{pmatrix} -1\\-3\\0\\1 \end{pmatrix}$だから、(1.29)に対応する非自明な解は$3\begin{pmatrix} 1\\-1\\1\\0 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} -1\\-3\\0\\1 \end{pmatrix}$である。

$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_l\in\ang{\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k}, l>k$とする。$j=1,\cdots,l$に対し$\ds\bm{a}_j=\sum_{i=1}^k c_{ij}\bm{v}_i$とする。$A=(c_{ij})$とすると、$A$は$k\times l$型行列であるから、$A\bm{x}=\bm{0}$において(変数の個数)$=l>k=$(方程式の個数)となり、系1.6.7よりこれは非自明な解を持つ。その解を$\bm{y}$とすると、$A\bm{y}=0$であり、この式の第$i$成分$(i=1,\cdots,k)$を比較して$\ds\sum_{j=1}^l y_j c_{ij}=0$より、
\begin{align} \sum_{j=1}^l y_j \bm{a}_j&=\sum_{j=1}^l \sum_{i=1}^k y_jc_{ij}\bm{v}_i\\ &=\sum_{i=1}^k\bm{v}_i\sum_{j=1}^l y_j c_{ij}\\ &=\bm{0} \end{align}
となるから、$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_l$は線形従属。

$A=(\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_k), B=(\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_k)$とする。適当に添字をつけかえることで$\mu=\rank A, \nu=\rank B$として$\qty{\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_\mu},\qty{\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_\nu}$が線形独立であるとできる。このとき、$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_k\in\ang{\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_\mu}, \bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_k\in\ang{\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_\nu}$であるから、$\bm{a}_1+\bm{b}_1,\cdots,\bm{a}_k+\bm{b}_k\in\ang{\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_\mu,\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_\nu}$となるが、$\bm{a}_1+\bm{b}_1,\cdots,\bm{a}_k+\bm{b}_k$の中から$\mu+\nu$個よりも多いベクトルを取るとそれらは線形従属であるから$\rank(A+B)\leq \mu+\nu$である。

$a=1$のとき、線形従属となり、$\rank A=1$。$a\ne1$のとき、$A=\begin{pmatrix} 1&1&1&a\\1&1&a&1\\1&a&1&1\\a&1&1&1 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&1&1&a\\0&0&a-1&1-a\\0&a-1&0&1-a\\0&1-a&1-a&1-a^2 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&1&1&a\\0&0&1&-1\\0&1&0&-1\\0&1&1&1+a \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&0&0&-1\\0&0&1&-1\\0&1&0&-1\\0&1&0&2+a \end{pmatrix} $より線形従属となるのは$a=-3$のときで、このとき$\rank A=3$。

$(A|\bm{b})=\begin{pmatrix} 1&1&b_1\\0&-1&b_2\\1&2&b_3\\1&-1&b_4 \end{pmatrix}→ \begin{pmatrix} 1&0&b_1+b_2\\0&1&-b_2\\1&0&-2b_2+b_3\\1&0&-b_2+b_4 \end{pmatrix}$より、求める条件は$b_1+3b_2-b_3=0$かつ$b_1+2b_2-b_4=0$である。$\bm{b}=\begin{pmatrix} 2\\1\\1\\0 \end{pmatrix}$はこれを満たさないので解は存在しない。

$\begin{pmatrix} 1&1&1&4\\-1&1&3&-2\\2&1&0&7 \end{pmatrix}→\begin{pmatrix} 1&0&-1&3\\0&1&2&1\\0&0&0&0 \end{pmatrix} $より、求めるパラメータ表示は、$z=t_1,w=t_2$とすると$x=t_1-3t_2,y=-2t_1-t_2$だから$\begin{pmatrix} x\\y\\z\\w \end{pmatrix}=t_1\begin{pmatrix} 1\\-2\\1\\0 \end{pmatrix}+t_2\begin{pmatrix} -3\\-1\\0\\1 \end{pmatrix}$である。

平面の位置関係及び共有点の集合を考えて、

与えられた行列を$A$とする。

1. $A→\begin{pmatrix} 1&1&1&b\\0&0&a-1&1-b \end{pmatrix}$より、$a=b=1$のとき$\rank A=1$、それ以外のとき$\rank A=2$。
2. $A→\begin{pmatrix} 1&0&0&1\\0&-1&1&0\\0&1&b&1-b \end{pmatrix}→\begin{pmatrix} 1&0&0&1\\0&-1&1&0\\0&0&b+1&1-b \end{pmatrix}$より$a,b$の値に関わらず$\rank A=3$。

$A=(a_{ij})$とする。$S(\bm{x})=\norm{A\bm{x}-\bm{b}}^2=\ds\sum_{i=1}^m \qty(\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j-b_i)^2$だから、
\begin{align} &\forall 1\leq k \leq n,\frac{\partial S(\bm{x})}{\partial x_k}=0\\ \lra&\forall 1\leq k \leq n,2\sum_{i=1}^m a_{ik} \qty(\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j-b_i)=0\\ \lra&\forall 1\leq k \leq n, \sum_{i=1}^m a_{ik}\sum_{j=1}^n a_{ij}x_j=\sum_{i=1}^m a_{ik}b_i\\ \lra&^t\!AA\bm{x}= {}^t\!A\bm{b} \end{align}

帰納法による。$i=1$のとき明らか。$\ds f\qty(\sum_{k=1}^i c_k\bm{v}_k)=\sum_{k=1}^i c_k f(\bm{v}_k)$とすると$\ds f\qty(\sum_{k=1}^{i+1} c_k\bm{v}_k)=f\qty(\sum_{k=1}^i c_k\bm{v}_k+c_{i+1}\bm{v}_{i+1})=f\qty(\sum_{k=1}^i c_k\bm{v}_k)+c_{i+1}\bm{v_{i+1}}=\sum_{k=1}^{i+1} c_kf(\bm{v}_k)$
より示された。

図は省略。

1. $\begin{pmatrix} 0&1\\2&0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 2&0\\0&1 \end{pmatrix}$より、$x$軸方向に2倍拡大した後$y=x$に関して鏡映させればよい。
2. $\begin{pmatrix} -2&1\\-1&-1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&0\\0&-3 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0\\\frac{1}{3}&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0\\-2&1 \end{pmatrix}$より、sheer→鏡映→sheer→拡大とすればよい。

$f\circ g$が$\RR^n→\RR^l$の写像であることは明らか。$c \in \RR, \bm{u}, \bm{v} \in \RR^n$を任意にとる。$f \circ g(c\bm{v})=f(g(c\bm{v}))=f(cg(\bm{v}))=cf(g(\bm{v}))$であり、$f\circ g(\bm{u}+\bm{v})=f(g(\bm{u}+\bm{v}))=f(g(\bm{u})+g(\bm{v}))=f(g(\bm{u}))+f(g(\bm{v}))$だから、$f\circ g$は線形写像である。

$A=\begin{pmatrix} 0&1\\0&0 \end{pmatrix}, B=(b_{ij}):2\times2$型行列とする。$AB=\begin{pmatrix} b_{21}&b_{22}\\0&0 \end{pmatrix}, BA=\begin{pmatrix} 0&b_{11}\\0&b_{21} \end{pmatrix}$より、求める行列は$a,b\in\RR$を任意の実数として$\begin{pmatrix} a&b\\0&a \end{pmatrix}$

1. $B=(\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_k)$とすると、$AB=(A\bm{b}_1,\cdots,A\bm{b}_k)$である。$A\bm{b}_{n_1},\cdots,A\bm{b}_{n_i}$が線形独立であるとすると\begin{align} &c_1\bm{b}_{n_1}+\cdots+c_{n_i}\bm{b}_{n_i}=0\\ \Rightarrow& A(c_1\bm{b}_{n_1}+\cdots+c_{n_i}\bm{b}_{n_i})=0\\ \Rightarrow&c_1A\bm{b}_{n_1}+\cdots+c_{n_i}A\bm{b}_{n_i}=0\\ \Rightarrow& c_1=\cdots=c_{n_i}=0 \end{align}より、$\bm{b}_1,\cdots,\bm{b}_{n_i}$も線形独立。よって、$\rank AB\leq \rank B$。
2. $A=(\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_l)$とし、線形独立な全てのベクトル$\bm{a}_{m_1},\cdots,\bm{a}_{m_j}$をとると、$A\bm{b}_s=\ds\sum_{t=1}^l b_{st}\bm{a}_t\in\ang{\bm{a}_{m_1},\cdots,\bm{a}_{m_j}}$より$\rank AB\leq \rank A$。

1. $c\in \RR, \bm{u},\bm{v}\in\RR^n$を任意にとると、$h(c\bm{v})=f(c\bm{v})+g(c\bm{v})=cf(\bm{v})+cg(\bm{v})=ch(\bm{v})$であり、$h(\bm{u}+\bm{v})=f(\bm{u}+\bm{v})+g(\bm{u}+\bm{v})=f(\bm{u})+g(\bm{u})+f(\bm{v})+g(\bm{v})=h(\bm{u})+h(\bm{v})$であるから、$h$は線形写像である。
2. $h(\bm{v})=f(\bm{v})+g(\bm{v})=A\bm{v}+B\bm{v}=(A+B)\bm{v}$より示された。

1. $I^2=\begin{pmatrix} 0&-1\\1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&-1\\1&0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1&0\\0&-1 \end{pmatrix}=-E$
2. \begin{align} \alpha+\beta&=\begin{pmatrix} a&-b\\b&a \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} c&-d\\d&c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} a+c&-(b+d)\\b+d&a+c \end{pmatrix}=(a+c)E+(b+d)I\\ \alpha\beta&=\begin{pmatrix} a&-b\\b&a \end{pmatrix}\begin{pmatrix} c&-d\\d&c \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} ac-bd&-(ad+bc)\\ad+bc&ac-bd \end{pmatrix}=(ad+bc)E+(ad-bc)I \end{align}
   である。$\beta\alpha$についても同様。
3. $a=r\cos\theta,b=r\sin\theta$より\begin{align} \alpha=\begin{pmatrix} r\cos\theta&-r\sin\theta\\r\sin\theta&r\sin\theta \end{pmatrix}=rR_\theta \end{align}
4. \begin{align} \alpha\overline{\alpha}&=(aE+bI)(aE-bI)=a^2E^2+baIE-abEI-b^2I^2\\ &=a^2E+abE-abE+b^2E\\ &=(a^2+b^2)E \end{align}

\begin{align} A_1A_2&=\begin{pmatrix} 0&1&0\\1&0&0\\0&0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&0&1\\0&1&0 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0&0&1\\1&0&0\\0&1&0 \end{pmatrix}\\ A_1A_2A_1&=\begin{pmatrix} 0&0&1\\1&0&0\\0&1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&1&0\\1&0&0\\0&0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&0&1\\0&1&0\\1&0&0 \end{pmatrix}\\ A_2A_1&=\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&0&1\\0&1&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 0&1&0\\1&0&0\\0&0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&1&0\\0&0&1\\1&0&0 \end{pmatrix}\\ A_2A_1A_2&=\begin{pmatrix} 0&1&0\\0&0&1\\1&0&0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&0&0\\0&0&1\\0&1&0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0&0&1\\0&1&0\\1&0&0 \end{pmatrix} \end{align}
より示される。

$A=(a_{ij}), c_{ij}= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} c_{i}&(i=j) \\ 0&(i\ne j) \end{array} \right. \end{eqnarray} $とする。(つまり、$\diag(c_1,\cdots,c_n)=(c_{ij})$となる。)このとき、
\begin{align} A\cdot\diag(c_1,\cdots,c_n)=\qty(\sum_{k=1}^na_{ik}c_{kj})=(a_{ij}c_{j})=(c_1\bm{a}_1,\cdots,c_n\bm{a}_n) \end{align}
である。

1. 問2.8より、\begin{align} A^k&=\begin{pmatrix} a&0\\0&b \end{pmatrix}^k=\begin{pmatrix} a^k&0\\0&b^k \end{pmatrix} \end{align}
2. 例2.2.3より、$R_\theta^k=R_{k\theta}$
3. $T^2_\theta=\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\\sin\theta&-\cos\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\\sin\theta&-\cos\theta \end{pmatrix}=I $より、\begin{align} T_\theta^k= \left\{ \begin{array}{l} I &(k:\text{even})\\ T_\theta&(k:\text{odd}) \end{array} \right. \end{align}
4. $A^k=\begin{pmatrix} 1&ak\\0&1 \end{pmatrix}$と予想できる。$k=1$のとき成立。$A^k=\begin{pmatrix} 1&ak\\0&1 \end{pmatrix}$とすると、\begin{align} A^{k+1}=\begin{pmatrix} 1&ak\\0&1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1&a\\0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1&a(k+1)\\0&1 \end{pmatrix} \end{align}より、帰納法から示された。
5. (4)と同様に、$A^k=\begin{pmatrix} 2^k&0\\1-2^k&1 \end{pmatrix}$を示せる。

$B=(b_{ij})$とする。

1. \begin{align} \tr(A+B)=\sum_{i=1}^n (a_{ii}+b_{ii})=\sum_{i=1}^n a_{ii}+\sum_{i=1}^n b_{ii}=\tr A+\tr B \end{align}
2. \begin{align} \tr(cA)=\sum_{i=1}^n ca_{ii}=c\sum_{i=1}^n a_{ii}=c\tr A \end{align}
3. \begin{align} \tr AB=\sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^na_{ik}b_{ki}=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^n a_{ik}b_{ki}=\tr BA \end{align}

そのような$n$次正方行列$A,B$が存在したとする。$AB-BA=E_n$の両辺のトレースを取ると$\tr(AB-BA)=\tr E_n$となるが、左辺は$\tr(AB-BA)=\tr(AB)-\tr(BA)=0$であるのに対し、右辺は$\tr E_n=n>0$より矛盾。よってそのような$A,B$は存在しない。

1. $c_1\bm{v}_1+\cdots+c_k\bm{v}_k=\bm{0}$とすると、$\q{f(\bm{v}_1),\cdots,f(\bm{v}_k)}$が線形独立なことより\begin{align} f(c_1\bm{v}_1+\cdots+c_k\bm{v}_k)=\bm{0}&\lra c_1f(\bm{v}_1)+\cdots+c_kf(\bm{v}_k)=\bm{0}\\ &\Rightarrow c_1=\cdots=c_k=0 \end{align}
   より、$\q{\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k}$は線形独立。
2. (1)の対偶である。

$f$が零写像であるときが反例となる。

$c_1f(\bm{v}_1)+\cdots+c_kf(\bm{v}_k)=\bm{0}\Rightarrow c_1=\cdots=c_k=0$における$c_1,\cdots,c_k$と$c_1\bm{v}_1+\cdots+c_k\bm{v}_k=\bm{0}$を仮定したときの$c_1,\cdots,c_k$は関係のない変数であるのに同じものとして扱っていること。

与えられた行列を$A$とし、$A:m\times n$型行列とする。

線形写像の定義より明らか。

与えられた行列を$A$とすると、(1)～(3)全て$a=1$のとき$\rank A=1$、それ以外のとき$\rank A=3$。よって、

1. $a\ne 1$のとき単射かつ全射。それ以外のとき単射でも全射でもない。
2. $a\ne 1$のとき単射。それ以外のとき単射でも全射でもない。
3. $a\ne1$のとき全射。それ以外のとき単射でも全射でもない。

$f$は全単射だから$f^{-1}$が存在する。このとき、任意の$\bm{u}.\bm{v}\in\RR^n, c\in\RR$に対して
\begin{align} f(f^{-1}(c\bm{v}))&=c\bm{v}=f(cf^{-1}(\bm{v}))\\ f(f^{-1}(\bm{u})+f^{-1}(\bm{v}))&=f(f^{-1}(\bm{u}))+f(f^{-1}(\bm{v}))=\bm{u}+\bm{v}=f(f^{-1}(\bm{u+\bm{v}})) \end{align}
であるから、$f$の単射性より$f^{-1}$は線形。

$B,C$が$A$の逆行列であるとき、$ABC=BAC\lra (AB)C=B(AC)\lra B=C$より示された。

1. $\det A=0\lra ad=bc$より\begin{align} d\bm{a}_1+(-c)\bm{a}_2&=\vec{ad-bc}{cd-cd}=\bm{0}\\ (-b)\bm{a}_1+a\bm{a}_2&は=\vec{-ab+ab}{-bc+ad}=\bm{0} \end{align}
   である。よって、$\rank A\leq 1$が分かるから$A$は正則でない。
2. $\det A\ne0$より$\bm{a}_1,\bm{a}_2$は線形独立だから$\rank A=2$。よって$A$は正則。従って、$B=\ds\frac{1}{\det A}\begin{pmatrix} d&-b\\-c&a \end{pmatrix}$とすると$AB=BA=E$となることより$A^{-1}=B$。

$\begin{pmatrix} 1&1\\1&2 \end{pmatrix}^{-1}=\begin{pmatrix} 2&-1\\-1&1 \end{pmatrix}$より、$\vec{x}{y}=\begin{pmatrix} 2&-1\\-1&1 \end{pmatrix}\vec{-2}0=\vec{-4}{2}$

$ABB^{-1}A^{-1}=E$より示された。

1. $\q(\begin{array}{ccc|ccc} -1&5&3&1&0&0\\1&-3&2&0&1&0\\1&-2&1&0&0&1 \end{array})→\q(\begin{array}{ccc|ccc} 1&0&0&1&1&1\\0&1&0&1&2&-1\\0&0&1&1&3&-2 \end{array})$
2. 存在しない。
3. $\q(\begin{array}{cccc|cccc} 1&a&0&0&1&0&0&0\\0&1&a&0&0&1&0&0\\0&0&1&a&0&0&1&0\\0&0&0&1&0&0&0&1 \end{array})→\q(\begin{array}{cccc|cccc} 1&0&0&0&1&a&a^2&a^3\\0&1&0&0&0&1&a&a^2\\0&0&1&0&0&0&1&a\\0&0&0&1&0&0&0&1 \end{array})$

\begin{align} (A|B)→\q(\begin{array}{ccccc|ccccc} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 2 & 3 \\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 3 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}) \end{align}

\begin{align} \begin{pmatrix} E&O\\CA^{-1}&E \end{pmatrix}\begin{pmatrix} A&O\\O&D-CA^{-1}B \end{pmatrix}\begin{pmatrix} E&A^{-1}B\\O&E \end{pmatrix} &=\begin{pmatrix} A&O\\C&D-CA^{-1}B \end{pmatrix}\begin{pmatrix} E&A^{-1}B\\O&E \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} A&B\\C&D \end{pmatrix} \end{align}

$n$次の場合のみ示せば十分。$A^{-1}=(b_{ij}), b_{ij}=\begin{cases} 0&(i>j)\\(-1)^{i+j}a_{ij} &(i\leq j) \end{cases}$を示す。任意の$i,j$に対し$\ds\sum_{k=1}^n a_{ik}b_{kj}=\delta_{ij}=\begin{cases} 1&(i=j)\\0&(i\ne j) \end{cases}$を示せばよい。$i>j$のとき、$a_{ik}=0\ (i>k), b_{kj}=0\ (k>j)$より明らか。$i\leq j$のとき、
\begin{align} \sum_{k=1}^n a_{ik}b_{kj}&=\sum_{k=i}^j (-1)^{k+j} a_{ik}a_{kj}\\ &=(-1)^j \sum_{k=i}^j \frac{(-1)^k (j-1)!}{(k-i)!(i-1)!(j-k)!}\\ &=\frac{(-1)^{i+j}(j-1)!}{(j-i)!(i-1)!}\sum_{k=0}^{j-i}\frac{(-1)^k (j-i)!}{k!(j-i-k)!}\\ &=(-1)^{i+j} {}_{j-1}\text{C}_{i-1}\sum_{k=0}^{j-i}(-1)^k {}_{j-i}\text{C}_k\\ &=\delta_{ij} \end{align}

$f(t)=\norm{t\bm{a}-\bm{b}}^2=\norm{\bm{a}}^2t^2-2(\bm{a},\bm{b})t+\norm{\bm{b}}^2$とすると、$f(t)\geq 0$より$f(t)=0$の判別式は$0$以下となる。よって、
\begin{align} (\bm{a},\bm{b})^2-\norm{\bm{a}}^2\norm{\bm{b}}^2\leq 0\lra |(\bm{a},\bm{b})|\leq \norm{\bm{a}}\norm{\bm{b}} \end{align}

$\norm{\bm{a}}=\sqrt{2},\norm{\bm{b}}=\sqrt{6},(\bm{a},\bm{b})=-3$より求める角を$\theta$とすると$\cos\theta=-\frac{\sqrt{3}}2$だから$\theta=\frac56\pi$

線形変換$f$が$\norm{f(\bm{v})}=\norm{\bm{v}}$を満たすとする。このとき、$\norm{f(\bm{u}+\bm{v})}^2=\norm{\bm{u}+\bm{v}}^2\lra (f(\bm{u}),f(\bm{v}))=(\bm{u},\bm{v})$より$f$は直交変換。

$f$を直交変換とする。$f(\bm{v})=\bm{0}$ならば $\norm{\bm{v}}=\norm{f(\bm{v})}=0$より$\bm{v}=\bm{0}$だから$f$は単射。よって$f$は正則。

\begin{align} \tp{R_\theta}R_\theta&=\begin{pmatrix} \cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\-\sin\theta&\cos\theta \end{pmatrix}=E\\ \tpp{T_\theta}T_\theta&=\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\\sin\theta&-\cos\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\\sin\theta&-\cos\theta \end{pmatrix}=E \end{align}
より$R_\theta,T_\theta$は直交行列。$A=\begin{pmatrix} a&b\\c&d \end{pmatrix}$が2次の直交行列であるとする。$\tp{A}A=\begin{pmatrix} a^2+b^2&ac+bd\\ac+bd&c^2+d^2 \end{pmatrix}=E$より$a^2+b^2=1, c^2+d^2=1, ac+bd=0$だから$a=\cos\theta, b=\sin\theta, c=\cos\phi, d=\sin\phi$とすると
\begin{align} ac+bd=0\lra \cos(\theta-\phi)=0\lra \theta-\phi\equiv \frac{1}2\pi,\frac32\pi\mod 2\pi \end{align}であり、$\theta-\phi\equiv \frac{1}2\pi$のとき$A=R_{-\theta}$, $\theta-\phi\equiv \frac32\pi$のとき$A=T_\theta$となる。

$S=\q{\bm{v}_1,\cdots,\bm{v}_k}$が正規直交系をなすとする。$c_1\bm{v}_1+\cdots+c_k\bm{v}_k=\bm{0}$であるとき、辺々$\bm{v}_1$との内積をとって$c_1=0$。同様にして$c_2=\cdots=c_k=0$だから、$S$は線形独立。

\begin{align} \bm{v}&=(\bm{a}_1,\bm{v})\bm{a}_1+(\bm{a}_2,\bm{v})\bm{a}_2+(\bm{a}_3,\bm{v})\bm{a}_3\\ &=\frac{1}{\sqrt{3}}\bm{a}_1+\frac1{\sqrt6}\bm{a}_2 -\frac{1}{\sqrt{2}}\bm{a}_3 \end{align}

\begin{align} T_{\theta}T_\phi&=\begin{pmatrix} \cos\theta&\sin\theta\\\sin\theta&-\cos\theta \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \cos\phi&\sin\phi\\\sin\phi&-\cos\phi \end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix} \cos(\theta-\phi)&\sin(\theta-\phi)\\\sin(\theta-\phi)&-\cos(\theta-\phi) \end{pmatrix}\\ &=R_{\theta-\phi} \end{align}

\begin{align} \norm{T_\bm{a}(\bm{v})}^2=\norm{\bm{v}}^2-4\frac{(\bm{a},\bm{v})}{(\bm{a},\bm{a})}(\bm{a},\bm{v})+4\frac{(\bm{a},\bm{v})^2}{(\bm{a},\bm{a})^2}\norm{\bm{a}}^2=\norm{\bm{v}}^2 \end{align}
より$T_\bm{a}$は直交変換。また、$\tpp{\bm{a}}\bm{v}\bm{a}=(\tpp{\bm{a}}\bm{v})\bm{a}=\bm{a}(\tpp{\bm{a}}\bm{v})=(\bm{a}\tpp{\bm{a}})\bm{v}$より
\begin{align} T_\bm{a}(\bm{v})=\bm{v}-2\frac{(\bm{a},\bm{v})}{(\bm{a},\bm{a})}\bm{a} =E\bm{v}-2\frac{\tpp{\bm{a}}\bm{v}\bm{a}}{\norm{\bm{a}}^2} =E\bm{v}-2\frac{\bm{a}\tpp{\bm{a}}}{\norm{\bm{a}}^2}\bm{v}=\q(E-2\frac{\bm{a}\tpp{\bm{a}}}{\norm{\bm{a}}^2})\bm{v} \end{align}
である。

\begin{align} T_{\bm{v}_2}=E-2\begin{pmatrix} \sin^2 \frac{\theta}2&\sin\frac{\theta}2 \cos\frac{\theta}2 \\ \sin\frac{\theta}2 \cos\frac{\theta}2 &\cos^2\frac{\theta}2 \end{pmatrix} =T_\theta \end{align}

$T_\bm{a}=E-\dfrac23\begin{pmatrix} 1&1&1\\1&1&1\\1&1&1 \end{pmatrix}=\dfrac13\begin{pmatrix} 1&-2&-2\\-2&1&-2\\-2&-2&1 \end{pmatrix}$

\begin{align} T_{\bm{x}-\bm{y}}(\bm{x})&=\bm{x}-2\frac{(\bm{x}-\bm{y},\bm{x})}{(\bm{x}-\bm{y},\bm{x}-\bm{y})}(\bm{x}-\bm{y})\\ &=\bm{x}-\frac{2(\norm{\bm{x}}^2-(\bm{x},\bm{y}))}{2(\norm{\bm{x}}^2-(\bm{x},\bm{y}))}(\bm{x}-\bm{y})\\ &=\bm{y}\\ T_{\bm{x}-\bm{y}}&=\bm{y}-2\frac{(\bm{x}-\bm{y},\bm{y})}{(\bm{x}-\bm{y},\bm{x}-\bm{y})}(\bm{x}-\bm{y})\\ &=\bm{y}-\frac{2((\bm{x},\bm{y})-\norm{\bm{y}}^2)}{2(\norm{\bm{y}}^2-(\bm{x},\bm{y}))}(\bm{x}-\bm{y})\\ &=\bm{x} \end{align}

$A=(\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_n)$とする。$A$は正則だから、$\bm{a}_1,\cdots,\bm{a}_n$は線形独立。よって、グラムシュミットの方法により正規直交系$\bm{u}_1,\cdots,\bm{u}_n$が得られる。$Q=(\bm{u}_1,\cdots,\bm{u}_n)$とするとこれは直交行列であり、$R=(r_{ij}), r_{ij}=\begin{cases} 0 &(i>j)\\ \norm{\bm{a}'_i}^2&(i=j)\\ (\bm{u}_i,\bm{a}_j)&(i< j) \end{cases}$とすると、$A=QR$となる。

$\bm{a}_1$を正規化して$\bm{u}_1=\dfrac{1}{\sqrt2}\vecc1{-1}0$\begin{align} \bm{a}'_2=\vecc10{-1}-\dfrac12\vecc1{-1}0=\dfrac12\vecc{1}{1}{-2} \end{align}
より$\bm{u}_2=\dfrac1{\sqrt6}\vecc{1}{1}{-2}$\begin{align} \bm{a}_3'=\vecc34{-5}+\frac12\vecc1{-1}0-\frac{17}6\vecc{1}1{-2}=\dfrac23\vecc{1}{1}{1} \end{align}
より$\bm{u}_3=\dfrac1{\sqrt3}\vecc111$

\begin{align} (\bm{a}_1,\bm{a}_2)&=\frac16 (1+3+2)=1\\ (\bm{a}_1,\bm{a}_2)&=\frac{1}{6}(2-2)=0\\ (\bm{a}_1,\bm{a}_3)&=\frac16(1-3+2)=0\\ (\bm{a}_2,\bm{a}_2)&=\frac16(4+2)=1\\ (\bm{a}_2,\bm{a}_3)&=\frac16(2-2)=0\\ (\bm{a}_3,\bm{a}_3)&=\frac16(1+3+2)=1 \end{align}

$(\bm{v},\bm{a})=\text{OP}\cdot\text{OA}\cdot\cos\angle\text{POA}=\text{OA}\cdot\text{OQ}$より\begin{align} \bm{v}'=\frac{\text{OQ}}{\text{OA}}\overrightarrow{\text{OA}}=\frac{(\bm{v},\bm{a})}{(\bm{a},\bm{a})}\bm{a} \end{align}

1. 計算する
2. $\mathbb{H}=\q{aE+bI+cJ+dK:a,b,c,d\in\RR}$とする。$\alpha=aE+bI+cJ+dK,\beta=eE+fI+gJ+hK$のとき、$\alpha+\beta\in\mathbb{H}$は明らか。\begin{align} \alpha\beta&=(aE+bI+cJ+dK)(eE+fI+gJ+hK)\\ &=(ae-bf-cg-dh)E+(af+be+ch-dg)I+(ag+ce+bh-df)J+(ah+dk+bg-cf)K\\ &\in\mathbb{H} \end{align}
   である。

$K=\begin{pmatrix} 0&1\\ &0&1&O\\ &&\ddots&\ddots\\ &O&&0&1\\ &&&&0 \end{pmatrix}$とすると、$A=\alpha E+K$である。一般に、正法行列$X,Y$に対し$XY=YX$のとき二項定理$(X+Y)^k=\ds\sum_{i=0}^k{}_k\text{C}_i X^iY^{k-i}$が成りたつことが帰納法などにより証明できるから、$A^k=\ds\sum_{i=0}^k {}_k\text{C}_i \alpha^iK^{k-i}$。$n$次のときの$K$はべき乗するごとに1が上にあがっていき、$K^n=O$となる(4次であれば、$K=\begin{pmatrix} 0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0 \end{pmatrix},K^2=\begin{pmatrix} 0&0&1&0\\0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix},K^3=\begin{pmatrix} 0&0&0&1\\0&0&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0 \end{pmatrix},K^4=O$)性質を持つから、$A^k$は上三角行列で、対角成分は$\alpha^k$であり、$i< j$のとき、$(i,j)$成分は${}_k\text{C}_{j-i}\alpha^{j-i}$となる。

$\RR^n$上に点$\text{P}$をとり、$\text{P}$を$H_\bm{a}$に関して鏡映させた点を$\text{Q}$とする。$\bm{v}=\overrightarrow{\text{OP}},\bm{w}=\overrightarrow{\text{OQ}}$とすると、$H_\bm{a}$は$\bm{a}$に直交するベクトルの集合であり、$\bm{w}-\bm{v}$は$H_\bm{a}$に直交するから、$\bm{w}-\bm{v}$は$\bm{a}$に平行。よってスカラー$c$を用いて$\bm{w}=\bm{v}+c\bm{a}$と書ける。$\dfrac{\bm{v}+\bm{w}}2\in H_\bm{a}$より\begin{align} \q(\bm{a},\bm{v}+\frac{c\bm{a}}2)=0\lra (\bm{a},\bm{v})+\dfrac{c}2(\bm{a},\bm{a})=0\lra c=-2\frac{(\bm{a},\bm{v})}{(\bm{a},\bm{a})} \end{align}
だから、$T_{\bm{a}}(\bm{v})=\bm{w}=\ds\bm{v}-2\frac{(\bm{a},\bm{v})}{(\bm{a},\bm{a})}\bm{a}$

$\alpha_i$を実現する行列を$E_{\alpha_i}$とすると$E_{\alpha_{n-1}}\cdots E_{\alpha_1}A=U$だから、$L=E_{\alpha_1}^{-1}\cdots E_{\alpha_{n-1}}^{-1}$とすれば$A=LU$。

$A→\begin{pmatrix} 1&1&1\\0&3&2\\0&1&3 \end{pmatrix}→\begin{pmatrix} 1&1&1\\0&3&2\\0&0&\frac73 \end{pmatrix}=U, L=\begin{pmatrix} 1&0&0\\2&1&0\\1&\frac13&1 \end{pmatrix}$

$\norm{\bm{v}^{(0)}}=1$は明らか。$1\leq k,l\leq n-1,k\ne l$とする。$K=\dfrac{k}{n}\pi, L=\dfrac{l}{n}\pi$とすると、\begin{align} \norm{\bm{v}^{(k)}}^n&=\sum_{s=0}^{n-1}\q(\sqrt{\frac2n}\cos\q(\q(s+\frac12)K))^2\\ &=\frac2n\sum_{s=0}^{n-1}\cos^2\q(\q(s+\frac12)K)\\ &=\frac2n\sum_{s=0}^{n-1}\frac{1+\cos\q(\q(2s+1)K)}2\\ &=1+\frac2n\sum_{s=0}^{n-1}\cos(2s+1)K\\ &=1+\frac2n\Re\sum_{s=0}^{n-1}e^{i(2s+1)K}\\ &=1+\frac2n\Re\ e^{iK}\frac{1-e^{2inK}}{1-e^{2iK}}\\ &=1+\frac2n\Re\ e^{iK}\frac{1-1}{1-e^{2iK}}\\ &=1\\ (\bm{v}^{(k)},\bm{v}^{(l)})&=\sum_{s=0}^{n-1}\sqrt{\frac2n} \cos\q(\q(s+\frac12)K)\sqrt{\frac2n} \cos\q(\q(s+\frac12)L)\\ &=\frac1n\sum_{s=0}^{n-1}\q(\cos\q(s+\frac12)\q(K+L)+\cos\q(s+\frac12)\q(K-L))\\ &=0 \end{align}

1. $A\bm{v}=0$であれば$\tp{A}A\bm{v}=0$より$\Ker A\subset \Ker \tp{A}A$。$\tp{A}A\bm{v}=\bm{0}$のとき、$\tp{(A\bm{v})}A\bm{v}=0\lra\norm{A\bm{v}}=0\lra A\bm{v}=\bm{0}$より$\Ker A\supset \Ker \tp{A}A$だから$\Ker A=\Ker \tp{A}A$。
2. $\Im\tp{A}\supset\Im\tp{A}A$は明らか。$\dim\Im\tp{A}A=n-\dim\Ker\tp{A}A=n-\dim\Ker A=\dim\Im A=\dim\Im\tp{A}$より$\Im\tp{A}A=\Im\tp A$

1. $\Im\tp{A}A=\Im\tp A$より明らか。
2. $\rank \tp{A}A=\rank A=n$より$\tp{A}A$は正則だから解は一意。

$A=\begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} & 0 \\ \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{1}{\sqrt{6}} & \frac{\sqrt2}{\sqrt3} \\ \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & -\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sqrt{2} & \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \\ 0 & \frac{\sqrt3}{\sqrt2} & -\frac{1}{\sqrt{6}} \\ 0 & 0 & \frac{2}{\sqrt{3}} \\ \end{pmatrix}$