連立1次方程式と掃き出し法

次の連立方程式を解く。
$$ \begin{cases}x+y+z=6 & \cdots\text{①}\\ 2x-y+z=3 & \cdots\text{②}\\ x+2y-z=2 & \cdots\text{③}\end{cases} $$
(1) ② から ① の $2$ 倍を引くと $-3y-z=-9$ …④。③ から ① を引くと $y-2z=-4$ …⑤。これで ②、③ から $x$ が消えた。
(2) ④ に ⑤ の $3$ 倍を足すと $-7z=-21$ で、$z=3$ である。
(3) ⑤ に代入して $y=-4+2z=2$、① に代入して $x=6-y-z=1$ である。
答えは $(x,y,z)=(1,2,3)$ である。検算：$1+2+3=6$、$2-2+3=3$、$1+4-3=2$ で、3 本とも成り立つ。

1. ex-gel-start の連立方程式の拡大係数行列は
   $$ \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&6\\ 2&-1&1&3\\ 1&2&-1&2\end{array}\right) $$
   である。2 行目の $-1$ は、② の $y$ の係数 $-1$ である。
2. 式の中に現れない文字は、係数 $0$ として書く。$x+2z=5$、$y=1$ の拡大係数行列は $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&2&5\\ 0&1&0&1\end{array}\right)$ である。

$\left(\begin{array}{cc|c}2&4&6\\ 1&3&5\end{array}\right)$ から始める。
(1) $R_1\leftrightarrow R_2$ で $\left(\begin{array}{cc|c}1&3&5\\ 2&4&6\end{array}\right)$。式の順番を入れ替えただけである。
(2) もとの行列に $\frac12R_1$ をすると $\left(\begin{array}{cc|c}1&2&3\\ 1&3&5\end{array}\right)$。式 $2x+4y=6$ の両辺を $2$ で割って $x+2y=3$ にしたことに当たる。
(3) (2) の行列に $R_2-R_1$ をすると $\left(\begin{array}{cc|c}1&2&3\\ 0&1&2\end{array}\right)$。2 本目の式から $x$ が消え、$y=2$ が読める。1 本目に戻すと $x=3-2y=-1$ である。

$x+y=3$、$x-y=1$ の解は、足して $2x=4$ から $x=2$、$y=1$ のただ 1 つである。
2 行目に $0$ を掛けると、拡大係数行列は $\left(\begin{array}{cc|c}1&1&3\\ 1&-1&1\end{array}\right)$ から $\left(\begin{array}{cc|c}1&1&3\\ 0&0&0\end{array}\right)$ になる。2 本目の式は $0=0$ で、何も言っていない。残るのは $x+y=3$ だけで、$(0,3)$、$(1,2)$、$(3,0)$ などすべての $(t,3-t)$ が解になる。もとの解 $(2,1)$ は確かに解に含まれる（段 1 は成り立つ）が、解は増えた。$0$ 倍は $\frac10$ 倍で戻せないので、段 2 が使えないのである。

同じ $x+y=3$、$x-y=1$ で、「$R_1$ から $R_2$ を引く」と「$R_2$ から $R_1$ を引く」を、どちらも変形前の行を使って同時に行う。新しい 1 行目は $(1-1,\ 1-(-1)\mid 3-1)=(0,2\mid2)$、2 行目は $(1-1,\ -1-1\mid 1-3)=(0,-2\mid-2)$ で、
$$ \left(\begin{array}{cc|c}0&2&2\\ 0&-2&-2\end{array}\right) $$
になる。2 本の式はどちらも $y=1$ と同じで、$x$ は何でもよくなった。解は $(t,1)$ の全体に増えた。1 回ずつ行えば、1 回目の後の行を使って 2 回目を計算するので、このようなことは起きない。行の基本変形は 1 回に 1 つの行だけを変える 操作である。

1. $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&0&1\\ 0&1&0&2\\ 0&0&1&3\end{array}\right)$ は簡約な階段の形で、$r=3$ である。式に戻すと $x=1$、$y=2$、$z=3$ で、答えがそのまま読める。
2. $\left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-1&0\\ 0&1&2&1\\ 0&0&0&0\end{array}\right)$ は簡約な階段の形で、$r=2$ である。先頭の 1 は 1 列目と 2 列目にあり、3 列目には先頭の 1 がない。
3. $\left(\begin{array}{cc|c}1&2&3\\ 0&1&2\end{array}\right)$ は条件 (iv) を満たさない。2 行目の先頭の 1 の上に $2$ が残っている。$R_1-2R_2$ で $\left(\begin{array}{cc|c}1&0&-1\\ 0&1&2\end{array}\right)$ にすると簡約な階段の形になる。
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   (4) $\left(\begin{array}{ccc|c}1&2&0&3\\ 0&0&1&4\end{array}\right)$ は簡約な階段の形である。2 行目の先頭の 1 が、2 列目を飛ばして 3 列目にあってもよい。

   (5) $\left(\begin{array}{cc|c}0&1&2\\ 1&0&3\end{array}\right)$ は条件 (iii) を満たさない。$R_1\leftrightarrow R_2$ で直る。

ex-gel-start を掃き出し法で解く。左の列から順に、先頭の 1 を作り、その上下を $0$ にする。
1 列目．$(1,1)$ 成分がすでに $1$ なので、その下を $0$ にする。
$$ \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&6\\ 2&-1&1&3\\ 1&2&-1&2\end{array}\right) \xrightarrow[R_3-R_1]{R_2-2R_1} \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&6\\ \cancel{0}&-3&-1&-9\\ \cancel{0}&1&-2&-4\end{array}\right) $$
斜線を引いた $0$ が、いま消した成分である。
2 列目．2 行目より下で 2 列目が $1$ の行（3 行目）と入れ替え、その上下を $0$ にする。
$$ \xrightarrow{R_2\leftrightarrow R_3} \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&6\\ 0&1&-2&-4\\ 0&-3&-1&-9\end{array}\right) \xrightarrow[R_3+3R_2]{R_1-R_2} \left(\begin{array}{ccc|c}1&\cancel{0}&3&10\\ 0&1&-2&-4\\ 0&\cancel{0}&-7&-21\end{array}\right) $$
3 列目．3 行目を $-\frac17$ 倍して先頭の 1 を作り、その上を $0$ にする。
$$ \xrightarrow{-\frac17R_3} \left(\begin{array}{ccc|c}1&0&3&10\\ 0&1&-2&-4\\ 0&0&1&3\end{array}\right) \xrightarrow[R_2+2R_3]{R_1-3R_3} \left(\begin{array}{ccc|c}1&0&\cancel{0}&1\\ 0&1&\cancel{0}&2\\ 0&0&1&3\end{array}\right) $$
最後の行列は簡約な階段の形で、$(0\ 0\ 0\mid1)$ の行はなく、$r=3=n$ である。thm-gel-echelon (3) により解はただ 1 つで、式に戻すと $\boxed{x=1,\ y=2,\ z=3}$ である。thm-gel-invariance により、これがもとの連立方程式の解のすべてである。

$x+y+z=1$、$x+2y+3z=2$、$2x+3y+4z=3$ を解く。
$$ \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\ 1&2&3&2\\ 2&3&4&3\end{array}\right) \xrightarrow[R_3-2R_1]{R_2-R_1} \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\ 0&1&2&1\\ 0&1&2&1\end{array}\right) \xrightarrow[R_3-R_2]{R_1-R_2} \left(\begin{array}{ccc|c}1&0&-1&0\\ 0&1&2&1\\ 0&0&0&0\end{array}\right) $$
簡約な階段の形になった。$(0\ 0\ 0\mid1)$ の行はないので解をもつ。先頭の 1 は $x$ と $y$ の列にあり、$z$ の列にはないので、自由な文字は $z$ の $1$ 個（$n-r=3-2=1$）である。式に戻すと $x-z=0$、$y+2z=1$ なので、$z=t$ とおいて
$$ (x,y,z)=(t,\ 1-2t,\ t)=(0,1,0)+t(1,-2,1)\qquad(t\text{ は任意の実数}) $$
である。解の集合は、点 $(0,1,0)$ を通り向き $(1,-2,1)$ の直線である。3 本目の式は、1 本目と 2 本目を足したものだったので、新しい条件を加えていなかった。

ex-gel-line の 3 本目の右辺だけを $4$ に変えた $x+y+z=1$、$x+2y+3z=2$、$2x+3y+4z=4$ を考える。同じ変形をすると
$$ \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\ 1&2&3&2\\ 2&3&4&4\end{array}\right) \xrightarrow[R_3-2R_1]{R_2-R_1} \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\ 0&1&2&1\\ 0&1&2&2\end{array}\right) \xrightarrow{R_3-R_2} \left(\begin{array}{ccc|c}1&1&1&1\\ 0&1&2&1\\ 0&0&0&1\end{array}\right) $$
となる。3 行目は $0x+0y+0z=1$、つまり $0=1$ で、どんな $(x,y,z)$ でも成り立たない。thm-gel-invariance によりもとの連立方程式も解をもたない。

$A=\begin{pmatrix}2&1\\ 5&3\end{pmatrix}$ とする。
$$ \left(\begin{array}{cc|cc}2&1&1&0\\ 5&3&0&1\end{array}\right) \xrightarrow{\frac12R_1} \left(\begin{array}{cc|cc}1&\frac12&\frac12&0\\ 5&3&0&1\end{array}\right) \xrightarrow{R_2-5R_1} \left(\begin{array}{cc|cc}1&\frac12&\frac12&0\\ 0&\frac12&-\frac52&1\end{array}\right) $$
$$ \xrightarrow{2R_2} \left(\begin{array}{cc|cc}1&\frac12&\frac12&0\\ 0&1&-5&2\end{array}\right) \xrightarrow{R_1-\frac12R_2} \left(\begin{array}{cc|cc}1&0&3&-1\\ 0&1&-5&2\end{array}\right) $$
左半分が $E$ になったので、右半分 $B=\begin{pmatrix}3&-1\\ -5&2\end{pmatrix}$ が逆行列である。公式では $ad-bc=6-5=1$ で $\dfrac11\begin{pmatrix}3&-1\\ -5&2\end{pmatrix}$ となり、一致する。確かめると $AB=\begin{pmatrix}6-5&-2+2\\ 15-15&-5+6\end{pmatrix}=E$ である。

$D=\begin{pmatrix}1&2\\ 2&4\end{pmatrix}$ では、$R_2-2R_1$ で
$$ \left(\begin{array}{cc|cc}1&2&1&0\\ 2&4&0&1\end{array}\right) \xrightarrow{R_2-2R_1} \left(\begin{array}{cc|cc}1&2&1&0\\ 0&0&-2&1\end{array}\right) $$
となり、左半分の 2 行目がすべて $0$ になる。右半分の第 1 列だけを残した $[D\mid e_1]$ で見ると、2 行目は $0x_1+0x_2=-2$ という式で、どんな $(x_1,x_2)$ でも成り立たないので、thm-gel-invariance により $D\boldsymbol{x}=e_1$ は解をもたない。もし $D$ が逆行列をもてば $\boldsymbol{x}=D^{-1}e_1$ が解になるので、$D$ は逆行列をもたない。公式の側でも $1\cdot4-2\cdot2=0$ である。

$x+y+z=1$、$x+y+z=2$ は、未知数 3 つに式 2 本だが、$R_2-R_1$ で 2 行目が $(0\ 0\ 0\mid1)$、つまり $0=1$ になるので解はない。2 つの平面は平行で、共有点がない。