問 4

	|A| = | x_0         .. x_{n-1} |
	      | x_{n-1} x_0 .. x_{n-1} |

	      | x_1 x_1         .. x_0 |

	αを 1 の n 乗根即ち α = e^{\frac{2\pi}{n}m i} (m=0,..,n-1)とし、
		第 1 列の j 列の α^{j-1) 倍を加える ( j = 2,..,n )

	その結果の (k,1) 成分を考えると
		α^{n} x_{n+1-k} + α^{n+1} x_{n+2-k} + .. + α^{k-1)x_0 + .. + α^{n-1} x_{n-k}
		= α^{k-1}( x_0 + αx_1 + α^2 x_2 + .. + α^{n-1}x_{n-1} )

	よって、どの行の 1 列目は、どれも
		x_0 + αx_1 + α^2 x_2 + .. + α^{n-1}x_{n-1}
	で割切れ、

	|A| = (x_0 + αx_1 + α^2 x_2 + .. + α^{n-1}x_{n-1})
		| 1        x_1 x_2 .. x_{n-1} |
		| α       x_0 x_1 .. x_{n-2} |
			..
		| α^{n-1} x_2 x_3 .. x_0 |

	つまり、|A| は、
		x_0 + αx_1 + α^2 x_2 + .. + α^{n-1}x_{n-1}
	という因数を持つ。これは、任意のα ( 任意の n に対する α^n ) で成立するので
		|A| は、\PI_{α^n=1} ( x_0 + αx_1 + α^2 x_2 + .. + α^{n-1}x_{n-1} )n
	で割切れる。
		両辺の次数は n で、x_0 の係数は共に 1 なので、
			|A| は \PI ..そのものとなる。

問 5
	# 問 4 の結果から、直に計算できるが、まともにやってみる
	# 基本変形を使って、左側に寄せるのがポイント

	|A| =	| x   i  1 -i |
		| -i  x  i  1 |
		|  1 -i  x  i |
		|  i  1 -i  x |

	=	| x+1  i  1 -i |
		| x+1  x  i  1 |
		| x+1 -i  x  i |
		| x+1  1 -i  x |

	= (x+1)	| 1  i  1 -i |
		| 1  x  i  1 |
		| 1 -i  x  i |
		| 1  1 -i  x |

	= (x+1)	| 1  i      1   -i |
		| 0  x-i  i-1  1+i |
		| 0 -2i   x-1   2i |
		| 0  1-i -i-1  x+i |

	= (x+1)	| x-i  i-1  1+i |
		| -2i  x-1   2i |
		| 1-i -i-1  x+i |

	= (x+1)(x^3-x^2-5x-3)
	= (x+1)^3(x-3)

[別解] (問 4 の結果を利用する)
	次元が 4 なので、αとして 1 の 4 乗根、すなわち、 1, i, -1, -i を利用すると

	|A| = ( x +   1  i +    1^2 1 +    1^3 (-i) )
              ( x +   i  i +    i^2 1 +    i^3 (-i) )
              ( x + (-1) i + (-1)^2 1 + (-1)^3 (-i) )
              ( x + (-i) i + (-i)^2 1 + (-i)^3 (-i) )
	    = (x+1)(x-3)(x+1)(x+1)
	    = (x+1)^3(x-3)

# 問 4 の形の問題は良く出る

問 6
	n 個の点 ( x_i, y_i ) ( x_i が全て異る.. ) を通る曲線で
		y = a_0 + a_1 x + .. + a_{n-1}x^{n-1}	(1)
	の形のものは一通り

	# 実際に、n=1,2,3 位までをやってみるとよい

	まず、(1) が点を通るので、それぞれ各々の点の値を代入してみた結果

		a_0 + a_1 x_1 + a_2 x_1^2 + .. + a_{n-1}x_1^{n-1} = y_1
		a_0 + a_1 x_2 + a_2 x_2^2 + .. + a_{n-1}x_2^{n-1} = y_2
			..
		a_0 + a_1 x_n + a_2 x_n^2 + .. + a_{n-1}x_n^{n-1} = y_n

	となる連立方程式が成立する。ここで、係数行列 A とすれば、

		A = ( 1 x_1 x_1^2 .. x_1^{n-1} )
		      1 x_2 x_2^2 .. x_2^{n-1} )
			...
		      1 x_n x_n^2 .. x_n^{n-1} )

	となる。
	ここで、

		|{}^tA| は、バンデルモンドの行列式なので、差積になる。
		各々の x_i は異るので、差積は 0 でない。

	つまり、係数行列の行列式が 0 でないので、上記の連立方程式は解が一つ

問 7

	a,b,c,d \ne 0 の時の連立方程式を解く

		a x - b y - a z + b u = 1
		b x + a y - b z - a u = 1
		c x - d y + c z - d u = 1
		d x + d y + d z + c u = 1

	# クラーメルを使う

	係数行列を A とすると

		A = ( a -b -a  b )
		      b  a -b  a
		      c -d  c -d
		      d  c  d  c

	これは、区分けをすれば

		A = ( B -B )
		      C  C

	よって、

		|A| = | B -B | = | B  O | = |B||2C| = 2^2|B||C|
			C  C	 | C 2C |
		    = 4(a^2+b^2)(c^2+d^2)

	クラーメルでは、列を入れ替えたものを考えればよいので

		|A_1| = | 1 -b -a  b | = | 1 -2b -a  b | = 2a |C|
		        | 0  a -b  a |   | 0  2a -b -a |
		        | 0 -d  c -d |   | 0  0   c -d |
		        | 0  c  d  c |   | 0  0   d  c |

		|A_2| = -2b |C|
		|A_3| = -2a |A|
		|A_4| = 2b |C|

	よって、

		x_1 = \frac{|A_1|}{|A|} =  \frac{a}{2|B|}
		x_2 = \frac{|A_2|}{|A|} = -\frac{b}{2|B|}
		x_3 = \frac{|A_3|}{|A|} = -\frac{a}{2|B|}
		x_4 = \frac{|A_3|}{|A|} =  \frac{b}{2|B|}

問 8

	(l_1) a_1 x + b_1 y = c_1
	(l_2) a_2 x + b_2 y = c_2
	(l_3) a_3 x + b_3 y = c_3

これの係数行列 A と、拡大行列 \tild{A} を考える

		a_1 b_1
	A =   ( a_2 b_2 )
		a_3 b_3

			a_1 b_1 c_1
	\tilda{A} =   ( a_2 b_2 c_2 )
			a_3 b_3 c_3

	直線である以上、両方の係数が 0 にならないので rank A は 1 以上
	また、|\tild{A}|=0 なので rank \tilda{A} は 2 以下
		# \tilda{A} の rank が 3 だと、行列式は 0 にならない

	そこで、rank A と rank \tilda{A} の場合分けを考えると

			rank A		rank \tilda{A}
		ア	1		1
		イ	1		2
		ウ	2		2

	{ア) の時
		\tilda{A} を基本変形すると、

			( a_1 b_1 c_1 )
			    0   0   0
			    0   0   0
		となることを意味する
			この場合は、三直線がみな同じであることを意味する

	{イ) の時
		\tilda{A} を基本変形すると、
			( a_1 b_1 c_1 )
			    0   0   *
			    0   0   *
		これは、平行だが異る三直線となる

	(ウ)
		\tilda{A} を基本変形すると、
			( 1  0 d_1 )
			  0  1 d_2
			  0  0   0
		これは、(x,y)=(d_1,d_2) が唯一の解になる。
		すなわち、三直線は、一点で交わる


		# 連立方程式だと思うと
		#	ア : 不定
		#	イ : 不能
		#	ウ : 唯一の解
		# となる


問 9

	一直線上にない 3 点
		P_1 (x_1,y_1,z_1),P_2 (x_2,y_2,z_2), P_3 (x_3,y_3,z_3), 
	を通る平面の方程式は

		f(x,y,z) = |x   y   z   1|
			   |x_1 y_1 z_1 1|
			   |x_2 y_2 z_2 1|
			   |x_3 y_3 z_3 1|

	となることを示す。

	∵) 第 1 行で展開すると

		|x_1 y_1 1|     |x_1 z_1 1|     |x_1 y_1 1|     |x_1 y_1 z_1|
		|x_2 y_2 2| x - |x_2 z_2 1| y - |x_2 y_2 1| z - |x_2 y_2 z_2|=0
		|x_3 y_3 3|     |x_3 z_3 1|     |x_3 y_3 1|     |x_3 y_3 z_3|

	これは、平面の方程式となっている。
	また、この式が、点 P_1,P_2,P_3 を通るかどうかだが、実際に代入すると

		f(x_1,y_1,z_1) = 0

	となるので、この平面は、この点を通る


問 10 A : n 次整数行列
	A が正則で A^{-1} が整数行列 <=> |A| \pm 1

	∵) (=>)
		1 = |E| = |AA^{-1}|=|A||A^{-1}|
		ここで、A も A^{-1} も共に整数行列なので行列式自身も整数
		よって、整数同士の積が 1 になるのは、共に \pm 1 の時だけ

	(<=)
		A の (i,j) 余因子を \tilda{a_ij} とする。
		これは、整数となる。

		A^{-1} = \frac{1}{|A|} ( \tilda{a_ij} )

		で、|A| = \pm 1 より A^{-1} の要素は \pm \tilda{a_ij} すなわち整数

問 11

	σ \in S_n :--> A_{σ} ( σ(j),j ) 成分だけが 1 ( j = 1..n ) 他は 0

	すると、

		A_{σ} = ( e_{σ(1)} .. e_{σ(n)} )

	となることに注意

	イ) A_{σ} が直交行列であることを示す
 
	 {}^tA_{σ}A_{σ} = ( {}^te_{σ(1)} ) ( e_{σ(1)} .. e_{σ(n)} )
				{}^te_{σ(2)} )
				  ..
				{}^te_{σ(n)} )

			    = ( (e_{σ(i)} e_{σ(j)} ) = E

	ロ) A_{στ) = A_σ A_τ を示す

	B = (b_1,..,b_n) とすると
		BA_σ = ( b_{σ(1)}  b_{σ(2)} ..  b_{σ(n)} )
	よって、
		 A_σ A_τ = ( b_{σ(τ(1))}  b_{σ(τ(2))} ..  b_{(τσ(n))} )
	一方
		 A_{στ} = ( b_{σ(τ(1))}  b_{σ(τ(2))} ..  b_{(τσ(n))} )
	したがって、
		A_σ A_τ = A_{στ}

	ハ) sgn σ = \pm 1 <=> |A_σ| \pm 1

	τ = (i,j) : 互換とすると

		A_τ は、E の i,j 列を交換した形なので |A_τ| = -1 となる

	一般に、置換 σ は互換の積 τ_1τ_2..τ_n で表現できるので

		|A_σ| = |A_{τ_1τ_2..τ_n}|
		       = |A_{τ_1}A_{τ_2}..A_{τ_n}|
		       = |A_{τ_1}| |A_{τ_2}|..|A_{τ_n}|
		       = (-1)^n
		       = sig σ

	となる。

==

試験
	時間は 1 時間
	12/8	2 章の後半 + 1
	12/15	3 章		(行列式)