行列と行列式

行列式は線形写像が体積をどれだけ拡大縮小するかを測るものなので、まず写像 $B$ を適用し、その後写像 $A$ を適用すると、体積は $B$ の倍率で、続いて $A$ の倍率でスケールされるはずである、すなわち 2 つの倍率の積になるはずである——乗法性とは、線形写像を合成すると、それらの体積スケーリング係数も合成されるという事実の代数的な表現にすぎない。

まず、3 つの基本行操作が行列式に与える影響を振り返る(これはライプニッツの和 $\det(A)=\sum_{\sigma\in S_n}\operatorname{sgn}(\sigma)\prod_{i=1}^n a_{i,\sigma(i)}$ から直接確立される。この和の各項は各行について別々に線形だからである):2 つの行を入れ替えると $\det$ に $-1$ を掛け、1 つの行を $k$ 倍すると $\det$ に $k$ を掛け、1 つの行の何倍かを別の行に加えても $\det$ は変化しない。

$A$ に対する各基本行操作は、$A$ に対応する基本行列 $E$ を左から掛けることと同じである(単位行列 $I$ に同じ操作を適用して得られる)。前段落と比較すると、$\det(E)$ はちょうどその操作のスケーリング係数($-1$、$k$、または $1$)に等しいので、すべての基本行列 $E$ について $\det(EA)=\det(E)\det(A)$ が成り立つ。

$A$ が正則な場合:ガウスの消去法は、有限個の基本行操作の列を用いて、任意の正則行列を単位行列に変形する。すなわち、基本行列 $E_1,\dots,E_m$ に対して $E_m\cdots E_1A=I$ となるので、$A=E_1^{-1}\cdots E_m^{-1}$ となり、これ自体が基本行列の積である(基本行列の逆行列も同じ種類の基本行列である)。前段落の等式を繰り返し適用すると $\det(A)=\det(E_1^{-1})\cdots\det(E_m^{-1})$ となり、これを再び $AB=E_1^{-1}\cdots E_m^{-1}B$ に適用すると $\det(AB)=\det(E_1^{-1})\cdots\det(E_m^{-1})\det(B)=\det(A)\det(B)$ が得られる。

$A$ が特異な場合:このとき $\det(A)=0$ である(特異行列は単位行列まで完全には変形できず、上記の行操作の規則から、到達可能な行階段形には常に零行が残ることが分かり、その行に沿った余因子展開により $\det=0$ が強制される)。特異であることは $\operatorname{rank}(A)<n$ を意味し、任意の $B$ に対して $\operatorname{rank}(AB)\leq\operatorname{rank}(A)<n$ であるから、積 $AB$ も特異であり、したがって $\det(AB)=0$ となる。よって $\det(AB)=0=0\cdot\det(B)=\det(A)\det(B)$ となり、この場合も等式は成り立ち、すべての $A$ について証明が完成する。

線形写像が「元に戻せる」のは、空間をより低い次元に押しつぶさない場合に限られる——行列式はまさに「体積をゼロに押しつぶすかどうか」という問いを測るものなので、正則性と $\det\neq 0$ は、実は 2 つの角度から見た同じ主張である:一つは代数的な角度(逆行列が存在するか)、もう一つは幾何学的な角度(体積スケーリング係数がゼロでないか)。

($\Rightarrow$)$A$ が正則であると仮定すると、$AA^{-1}=I$ を満たす行列 $A^{-1}$ が存在する。上で証明した乗法性の定理を適用すると、$\det(A)\det(A^{-1})=\det(AA^{-1})=\det(I)=1$ となる。$\det(A)$ と $\det(A^{-1})$ という 2 つの数の積が $1$ に等しいので、どちらも $0$ にはなり得ない——よって $\det(A)\neq 0$ である。

($\Leftarrow$)、$2\times 2$ で具体的に示す:$A=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}$ が $\det(A)=ad-bc\neq 0$ を満たすとする。$\operatorname{adj}(A)=\begin{pmatrix}d&-b\\ -c&a\end{pmatrix}$ と定義する。直接計算すると、$A\cdot\operatorname{adj}(A)=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\end{pmatrix}\begin{pmatrix}d&-b\\ -c&a\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}ad-bc&-ab+ab\\ cd-cd&-cb+ad\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}ad-bc&0\\ 0&ad-bc\end{pmatrix}=\det(A)\,I$ となり、これはちょうど等式 $A\cdot\operatorname{adj}(A)=\det(A)\,I$ である。逆の順序で同じ計算をすると $\operatorname{adj}(A)\cdot A=\det(A)\,I$ も得られる。

$\det(A)\neq 0$ なので、$A\cdot\operatorname{adj}(A)=\det(A)I$ の両辺をスカラー $\det(A)$ で割ると $A\cdot\dfrac{\operatorname{adj}(A)}{\det(A)}=I$ となり、同様に逆の順序から $\dfrac{\operatorname{adj}(A)}{\det(A)}\cdot A=I$ が得られる。これにより明示的な両側逆行列 $A^{-1}=\dfrac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A)$ が示され、$A$ は正則である。

一般の $n$ の場合($n=3$ で例示)、同じ議論が成り立つ。ラプラスの余因子展開により、$\sum_j a_{ij}C_{ij}=\det(A)$(第 $i$ 行に沿った展開)であり、$i\neq k$ のとき $\sum_j a_{ij}C_{kj}=0$ となる(この和は、第 $i$ 行を第 $k$ 行にコピーした行列の余因子展開であり、2 つの行が等しいため上の表により行列式が $0$ になる)。これらの行ごとの等式を行列の形にまとめると、任意の $n$ について、ちょうど $A\cdot\operatorname{adj}(A)=\det(A)I$ が得られる。したがって $\det(A)\neq 0$ である限り、$2\times 2$ の場合と同じ除算の議論により $A^{-1}=\operatorname{adj}(A)/\det(A)$ が得られる。逆に $\det(A)=0$ の場合、第一段落の対偏を用いれば正則性は完全に排除される。なぜなら $\det(A)\det(A^{-1})=1$ は $\det(A)\neq 0$ を要求するからである。これにより判定条件が両方向で証明される。