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対称性を持つ行列式

    Kenji Hiranabe

    [問題] 次の正方行列 AA の行列式 ∣A∣|A| を計算せよ（出典：末尾）．

    A=[a2−1abacadabb2−1bcbdacbcc2−1cdadbdcdd2−1]A = \begin{bmatrix} a^2-1 & ab & ac & ad\\ ab & b^2-1 & bc & bd\\ ac & bc & c^2-1 & cd\\ ad & bd & cd & d^2-1 \end{bmatrix}

    この問題を解くのに，基本変形を使っていろいろ変形してみましたが，なかなか美しく解けませんでした．しかし，とてもスッキリした解答を4つ知ることができたので紹介したいと思います．本記事の動機は，解法1,2ですが，固有値などを用いない初等的な知識でたどり着ける（でも素敵な）解は，解法3,4を見てください（なお，基礎体としては面倒をさけて複素数とします）．

    解法1：  固有値シフトとランク1

    行列式は固有値の積

    前提として，「行列式は固有値の積」を使います．これは，すべての正方行列は正則行列 PP によって三角化ができ，できた三角行列 Λ\Lambda の対角成分に固有値が並びます．三角行列の行列式は対角成分の積なので，

    ∣A∣=∣PΛP−1∣=∣P∣∣Λ∣∣P−1∣= ∣Λ∣=λ1⋅λ2⋯λn|A| = |P \Lambda P^{-1}| = |P||\Lambda||P^{-1}| = |\Lambda|=\lambda_1 \cdot \lambda_2 \cdots \lambda_n

    となることから，行列式は固有値の積が言えます．

    固有値シフト

    A+αIA + \alpha I の固有値は AA の固有値をすべて +α+\alpha したものです．これを固有値シフトと言います．証明は AA の固有値は ∣A−λI∣=0 |A - \lambda I| =0 の解なので，これを  ∣(A+αI)−(α+λ)I∣=0| (A+\alpha I) - (\alpha+\lambda)I|=0 と変形すれば分かるでしょう．これを使うと，問題の AA は次のように変形できます（この問題では u=v\bm{u}=\bm{v} ですが，今後の一般的議論のために分けています）．

    u=v=[abcd]として，A=uv⊤−I\bm{u} = \bm{v} = \begin{bmatrix} a \\ b\\ c\\ d \end{bmatrix}\text{として，} \quad A = \bm{u} \bm{v}^\top - I

    よって， uv⊤\bm{u} \bm{v}^\top の固有値さえ分かれば AA の固有値はそれらから −1-1 したものであり，それらの積が ∣A∣|A| だという訳です．

    ランク1行列

    「ランク1行列」とは，2つの nn 次元非零ベクトル u, v\bm{u},  \bm{v} を使って，uv⊤\bm{u} \bm{v}^\top と書くことができる行列で，各列は u\bm{u} の定数倍，各行は v\bm{v} の定数倍になっており，すなわちランクが1の行列です．この行列の固有ベクトルは簡単に求めることができます．

    まず，v\bm{v} に垂直なベクトル x\bm{x} は，ランク1行列の固有値0に対応する固有ベクトルです．実際，

    (uv⊤)x=u(v⊤x)=u0=0  (\bm{u}\bm{v}^\top)\bm{x} = \bm{u}(\bm{v}^\top\bm{x}) = \bm{u}0 = 0  

    nn 次元なので，v\bm{v} に垂直なベクトルは線形独立に n−1n-1 本あり，これらが固有ベクトルになります．

    また，u\bm{u} 自身も固有ベクトルです．

    (uv⊤)u=u(v⊤u)=αu,(ここで，α= v⊤uは内積でスカラー)(\bm{u}\bm{v}^\top)\bm{u} = \bm{u}(\bm{v}^\top\bm{u}) = \alpha \bm{u} ,\quad (\text{ここで，}\alpha = \bm{v}^\top\bm{u} \text{は内積でスカラー})

    対応する固有値は，α=v⊤u\alpha = \bm{v}^\top\bm{u} です．

    結局，ランク1行列 uv⊤\bm{uv}^\top の固有値と固有ベクトルは，

    • n−1n-1 個の固有値 00:  対応する固有ベクトルは v\bm{v} に垂直なベクトル， n−1n-1 本．

    • 1個の固有値 α=v⊤u\alpha = \bm{v}^\top\bm{u}  :　対応する固有ベクトルは1本， u\bm{u} 本．

    ということになります．

    uv⊤の固有値  {0,0,…,0,α}uv⊤−Iの固有値   {−1,−1,…,−1,α−1}\begin{align*} \bm{u}\bm{v}^\top \text{の固有値}   & \{0, 0, \ldots, 0, \alpha \} \\ \bm{u}\bm{v}^\top -I \text{の固有値}   &  \{-1, -1, \ldots, -1, \alpha-1 \} \end{align*}

    よって，

    解法1の結論

    α=a2+b2+c2+d2 \alpha = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 より，

    ∣A∣=∣vu⊤−1∣=(−1)(−1)⋯(−1)⏟n−1=3個(α−1)=1−a2−b2−c2−d2|A| = | \bm{vu}^\top - 1| = \underbrace{(-1)(-1)\cdots(-1)}_{n-1=3個}(\alpha-1) = 1 - a^2 - b^2 - c^2 - d^2

    解法2: ランク1 update

    今度は，AA のうち u⊤v\bm{u^\top v} （ランク1側）を II に対する摂動（補正：アプデート）として扱います．任意の正則行列 XX に対して次の公式が成立します（行列式のランク1アップデート公式）．

    ∣X+uv⊤∣= (1+v⊤X−1u)∣X∣|X + \bm{uv}^\top | = (1+ \bm{v}^\top X^{-1}\bm{u})|X|

    XX が正則の場合にはこの性質が使えます（証明略）．この問題では，X=IX=I として，

    ∣I+uv⊤∣=1+v⊤u\begin{equation} |I + \bm{uv}^\top | = 1+ \bm{v}^\top \bm{u} \end{equation}

    もしくは，

    ∣I−uv⊤∣=1−v⊤u∣ uv⊤−I∣= (−1)n (1−v⊤u)\begin{align} |I - \bm{uv}^\top | &= 1- \bm{v}^\top \bm{u}\\ | \bm{uv}^\top - I | &= (-1)^n (1- \bm{v}^\top \bm{u}) \end{align}

    これを使えば，

    ∣A∣=∣uv⊤−I∣=(−1)n(1−v⊤u) =(−1)4(1−α)=1−a2−b2−c2−d2|A| = |\bm{uv}^\top - I | = (-1)^{n} (1 - \bm{v}^\top \bm{u})  = (-1)^{4}(1-\alpha) = 1 -a^2-b^2-c^2-d^2

    解法3: 次元を一つ上げる

    固有値などを用いずに，ガウスの消去法のみの計算で求める方法があります．この次元を1つ上げる発想は，知らないとなかなかできないでしょう．この方法で，上の式(*1)を証明してしまいます．

    A↑=[Inuv⊤1]A^\uparrow = \begin{bmatrix} I_n & \bm{u} \\ \bm{v}^\top & 1 \end{bmatrix}

    という n+1n+1 次の正方行列 A↑A^\uparrow を考えます．この行列を2通りに基本変形します．ブロック三角行列を目指し，その行列式が対角ブロックの行列式の積になることを使います．

    • 行基本変形によって左上の InI_n で v⊤\bm{v}^\top を消す（左から [In0−v⊤1]\begin{bmatrix} I_n & \bm{0} \\ -\bm{v}^\top & 1 \end{bmatrix} を掛けるのと同じ）．

    ∣A↑∣=∣Inuv⊤1∣=∣Inu0⊤1−v⊤u∣=∣In∣(1−v⊤u)=1−v⊤u|A^\uparrow| = \begin{vmatrix} I_n & \bm{u} \\ \bm{v}^\top & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} I_n & \bm{u} \\ \bm{0}^\top & 1-\bm{v}^\top\bm{u} \end{vmatrix} = | I_n|(1-\bm{v}^\top\bm{u})= 1-\bm{v}^\top\bm{u}

    • 行基本変形によって右下の 1{1} で v\bm{v} を消す（左から [In−u−0⊤1]\begin{bmatrix} I_n & -\bm{u} \\ -\bm{0}^\top & 1 \end{bmatrix} を掛けるのと同じ）．

    ∣A↑∣=∣Inuv⊤1∣=∣In−uv⊤0v⊤1∣=∣In−uv⊤∣|A^\uparrow| = \begin{vmatrix} I_n & \bm{u} \\ \bm{v}^\top & 1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} I_n - \bm{uv}^\top & \bm{0} \\ \bm{v}^\top & 1 \end{vmatrix} = |I_n - \bm{uv}^\top|

    これらが等しいことより，

    ∣In−uv⊤∣=1−v⊤u| I_n-\bm{u} \bm{v}^\top | = 1-\bm{v}^\top\bm{u}

    で，式(2) に合流します．

    解法4: 多重線形性でバラす

    これが最も初等的かも知れません．ちなみに数学検定1級でよく出てくる解法でもあります．

    W=uv⊤=[w1  w2  w3  w4]W = \bm{uv}^\top = \begin{bmatrix} \bm{w_1} \; \bm{w_2} \; \bm{w_3} \; \bm{w_4} \end{bmatrix}

    標準基底を，eie_i として，

    ∣A∣=∣a2−1abacadabb2−1bcbdacbcc2−1cdadbdcdd2−1∣=∣w1−e1w2−e2w3−e3  w4−e4∣\begin{align*} |A| = \begin{vmatrix} a^2-1 & ab & ac & ad\\ ab & b^2-1 & bc & bd\\ ac & bc & c^2-1 & cd\\ ad & bd & cd & d^2-1 \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \bm{w_1} - \bm{e_1} & \bm{w_2} - \bm{e_2} & \bm{w_3} - \bm{e_3} &   \bm{w_4} - \bm{e_4} \end{vmatrix} \end{align*}

    と書いてバラします．多項式 (w1−e1)(w2−e2)(w3−e3)(w4−e4)(w_1 - e_1)(w_2 - e_2)(w_3 - e_3)(w_4 - e_4) を展開するイメージです．場合の数をカウントすると 2×2×2×2=24=162 \times 2 \times 2 \times 2 = 2^4 = 16 の項が現れます．一般には，2n2^n 個の項となります． 

    ∣A∣=∣w1w2w3w4 ∣+ ∣w1w2w3−e4 ∣+ ∣w1w2−e3w4 ∣+ ∣w1w2−e3−e4 ∣+∣w1−e2w3w4 ∣+ ∣w1e2w3−e4 ∣+∣w1−e2−e3w4 ∣+∣w1−e2−e3−e4 ∣+∣−e1w2w3w4 ∣+ ∣−e1w2w3−e4 ∣+ ∣−e1w2−e3w4 ∣+ ∣−e1w2−e3−e4 ∣+∣−e1−e2w3w4 ∣+ ∣−e1−e2w3−e4 ∣+∣−e1−e2−e3w4 ∣+∣−e1−e2−e3−e4 ∣\begin{align*} |A| &= \begin{vmatrix} \bm{w_1} & \bm{w_2} & \bm{w_3} & \bm{w_4}  \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} \bm{w_1} & \bm{w_2} & \bm{w_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix}\\ &+ \begin{vmatrix} \bm{w_1} & \bm{w_2} & -\bm{e_3} & \bm{w_4}  \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} \bm{w_1} & \bm{w_2} & -\bm{e_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix}\\ &+ \begin{vmatrix} \bm{w_1} & -\bm{e_2} & \bm{w_3} & \bm{w_4}  \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} \bm{w_1} & \bm{e_2} & \bm{w_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix}\\ &+\begin{vmatrix} \bm{w_1} & -\bm{e_2} & -\bm{e_3} & \bm{w_4}  \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} \bm{w_1} & -\bm{e_2} & -\bm{e_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix}\\ &+\begin{vmatrix} -\bm{e_1} & \bm{w_2} & \bm{w_3} & \bm{w_4}  \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} -\bm{e_1} & \bm{w_2} & \bm{w_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix}\\ &+ \begin{vmatrix} -\bm{e_1} & \bm{w_2} & -\bm{e_3} & \bm{w_4}  \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} -\bm{e_1} & \bm{w_2} & -\bm{e_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix}\\ &+\begin{vmatrix} -\bm{e_1} & -\bm{e_2} & \bm{w_3} & \bm{w_4}  \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} -\bm{e_1} & -\bm{e_2} & \bm{w_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix}\\ &+ \begin{vmatrix} -\bm{e_1} & -\bm{e_2} & -\bm{e_3} & \bm{w_4}  \end{vmatrix}+ \begin{vmatrix} -\bm{e_1} & -\bm{e_2} & -\bm{e_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix} \end{align*}

    この中で，wi\bm{w_i} は平行なので，二つ以上含めば0になって，残るのは，

    ∣A∣=∣w1−e2−e3−e4 ∣+∣−e1w2−e3−e4∣+∣−e1−e2w3−e4 ∣+∣−e1−e2−e3w4 ∣+∣−e1−e2−e3−e4 ∣=−a2−b2−c2−d2+1\begin{align*} |A| &= \begin{vmatrix} \bm{w_1} & -\bm{e_2} & -\bm{e_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix}\\ &+\begin{vmatrix} -\bm{e_1} & \bm{w_2} & -\bm{e_3} & -\bm{e_4} \end{vmatrix}\\ &+\begin{vmatrix} -\bm{e_1} & -\bm{e_2} & \bm{w_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix}\\ &+\begin{vmatrix} -\bm{e_1} & -\bm{e_2} & -\bm{e_3} & \bm{w_4}  \end{vmatrix}\\ &+\begin{vmatrix} -\bm{e_1} & -\bm{e_2} & -\bm{e_3} & -\bm{e_4}  \end{vmatrix}\\ &= -a^2-b^2-c^2-d^2+1 \end{align*}

    16項のうち，ほとんどは列が平行であり 00 となって消えてしまい，5つの項（−a2,−b2,−c2,−d2,1-a^2,- b^2, -c^2, -d^2, 1）が残るというわけです．

    出典

    LINEグループ「線形代数について話そう」にて gomema さんが出した質問に対して，私と atahualpa さんが出した解答をまとめています．ありがとうございました．

    残された課題

    解法3で，次元を一つ上げて解く，という素敵な解法で解きました．これを直感的に理解したい，と思います．幾何的に「なるほど」と思える説明を求めています．例えば，行列式は各列が張る空間の体積なので， n=2n=2 の問題のとき，3次元でどんな絵が描ける？そんなことです．どなたかよい案があったら教えてください．


     
     

    Kenji Hiranabe

     
     
    『図解線形代数：ストラング流直感的理解』著者．アジャイルを日本に広めたい！

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