代数幾何 I 古津先生 (2006/12/14)

# 前回、 問 3 までやったので、今回は問 4 から

問 4

	f(x_0,..,x_{n-1}) = | x_0     x_1 .. x_{n-1} |
			    | x_{n-1} x_0 .. x_{n-2} |
			    |   ..                   |
			    | x_1     x_2 .. x_0     |

	= \Pi_{\alpha^n=1} (x_0 + \alpha x_1 + \alpha^2 x_2 + .. + \alpha^{n-1}x_{n-1} )
	= g(x_0,..,x_{n-1})

	を示す。

	ここで、右辺の意味
		\alpha^n=1 となる \alpha は n 個ある ( 1 の n 乗根 )
			\alpha = e^{\frac{2\pi k}{n}i} ( k = 0, .., n - 1 )
		よって、右辺は、n 次式になる。

	(proof)
		第一列に
			第二列の \alpha 倍
			第三列の \alpha^2 倍
			...
			第n列の \alpha^{n-1} 倍
		を加えると、

	| x_0 + \alpha x_1 + .. + \alpha^{n-1}x_{n-1} x_1 .. x_{n-1} |
	| x_n + \alpha x_0 + .. + \alpha^{n-1}x_{n-2} x_2 .. x_{n-2} |
	|   ..                                                       |
	| x_1 + \alpha x_2 + .. + \alpha^{n-1}x_{n-2} x_0 .. x_0     |


		すると、
			二行目は、一行目の \alpha 倍
			三行目は、一行目の \alpha^1 倍
				..
			n 行目は、一行目の \alpha^{n-1} 倍
		となっているので、共通因子 ( (1,1) 成分 ) で括りだせる

						| 1      x_1 .. x_{n-1} |
(x_0 + \alpha x_1 + .. + \alpha^{n-1}x_{n-1})	| \alpha x_2 .. x_{n-2} |
						|  .                    |
						| \alpha^{n-1}     x_0  |

		同様にして、他の要素にかんしても括りだせるので

			f = h g 

		となっていることがわかる。

		f の次数も g の次数も共に n なので、h の次数は 0 すなわち、h は定数 c。

		x_0 の係数を比較すると、f も 1, g も 1 なので、c = 1 すなわち

				f = g

		が言えた。

問 5

	|  x  i  1 -i |
	| -i  x  i  1 |
	|  1 -i  x  i |
	|  i  1 -i  x |

	[答]

	一列目に他の列を全て加えると、

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

	二、三、四行から一行目を引くと

	|  x + 1  i    1    -i  |
	|  0      x-i  i-1  1+i |
	|  0      -2i  x-1  2i  |
	|  0      1-i  -i-1 x+i |

	一列目で展開し

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

	三列目を一列目を加えて

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

	三行目から一行目を引けば

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

	一列目で展開すると

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

	よって、
		(x+1)^3(x-3)

	[別解] 問 4 より
		n = 4
		x_0 = x
		x_1 = i
		x_2 = 1
		x_3 = -i
	とし、
		\alpha = 1, i, -1, -i
	とすればよい。

問 6
	n 個の点
		(x_1,y_1) ,.., (x_n,y_n)
	で、x_1, .., x_n が相異なるとする
	この時、
		曲線 y = a_0 + a_1 x + .. + a_{n-1} x^{n-1}
	で、この n 点を通るものが唯一つ存在する。

	(proof)
		曲線は、(x_i,y_i) を通るので、a_i に関する次の n 個の連立方程式
		が成立しなければならない。

		a_0 + a_1 x_1 + .. + a_{n-1} x_1^{n-1}
		a_0 + a_1 x_2 + .. + a_{n-1} x_2^{n-1}
			..	
		a_0 + a_1 x_{n-1} + .. + a_{n-1} x_{n-1}^{n-1}

		この係数行列 A を考えると

		|A|=| 1 x_1     .. x_1^{n-1}     |
		    | 1 x_2     .. x_2^{n-1}     |
		    |           ..		 |
		    | 1 x_{n-1} .. x_{n-1}^{n-1} |

		これは、バンデルモンドの行列式を転置したもの
		よって、
			|A| = \Pi (x_i-x_j)	( 差積 )
		ここて、仮定より、x_i \ne x_j なので、|A| \ne 0
		すなわち、係数行列の行列式は 0 でない。

		よって、上記の連立方程式は、一意の解を持つ

		# cf. 二章のこともでている

		なお、この時の答は、

			(a_i) = A^{-1} (x_i)

		となる。

問 7
	a, b, c, d は 0 でない実数

		a x - b y - a z + b u = 1
		b x + a y - b z - a u = 0
		c x - d y + c z - d u = 0
		d x + c y + d z + c u = 0

	の解を求める。

	[答] (クラメールの公式を利用する)
	係数行列 A を考える

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

	また、定数ベクトル

		      1
		b = ( 0 )
		      0
		      0

	まず |A| を求める。

		三列目に一列目を加え、四列目に二列目を加える

			| a  -b   0  0   |
		|A| =   | b   a   0  0   |
			| c  -d  2c  -2d |
			| d   c  2d  2c  |

		    = | a  -b | | 2c  -2d |
		      | b   a | | 2d  2c  |

		    = 4(a^2+b^2)(c^2+d^2) = 0
		    	# 仮定より、a,b,c,d いずれも 0 でないので..

		# よって、クラーメルが使える

		}A_1| = det (b,a_2,a_3,a_4)
		      =	| 1 -b -a  b |
			| 0  a -b -a |
			| 0 -d  c -d |
			| 0  c  d  c |

		二行目に四行目を加えて

			| 1 -2b -a  b |
			| 0  2a -b -a | = 2a(c^2+d^2)
			| 0  0   c -d |
			| 0  0   d  c |
		

		同様に

		}A_2| = det (a_1,b,a_3,a_4)
		      = -2a(c^2+d^2)
		}A_3| = det (a_1,a_2,b,a_4)
		      = -2b(c^2+d^2)
		}A_4| = det (a_1,a_2,a_3,b)
		      = 2b(c^2+d^2)

		よって、クラメールの公式より

			x = \frac{|A_1|}{|A|} = \frac{a}{2(a^2+b^2)} = -z
			y = \frac{|A_1|}{|A|} = -\frac{b}{2(a^2+b^2)} = -u

		が得らえる。

問 8

	平面に直線が 3 本ある

		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

	係数行列 A と拡大行列式 \~A はそれぞれ、次のようになる。

		      a_1 b_1
		A = ( a_2 b_2 )
		      a_3 b_3


		        a_1 b_1 c_1
		\~A = ( a_2 b_2 c_2 )
		        a_3 b_  c_3

	この時 |\~A| = 0 とは

	[答]
		仮定より、a_i, b_i は共に 0 にならない ( なったら、直線にならない )
		ので、

			rank A > 0

		逆に、 |\~A| = 0 より

			rank \~A < 3

		一般に、
			rank A <= rank \~A
		なので、この条件の元に、場合わけする。

				rank A	rank \~A
			a)	1	1
			b)	1	2
			c)	2	2

		a) の場合
			rank \~A = 1 より、l_1 = l_2 = l_3 (一致)
			よって、自由度 1 の解を持つ

		b) の場合
			rank A = 1 より、l_1 // l_2 // l_3

			# これは、二線が等く、他の一本と平行の場合も含む

		c) の場合
			唯一つの解 (x_0,y_0) を考えると
				l_1,l_2,l_3 は一点で交わる

			# これは、二線が等く、他の一本と交わるの場合も含む

		# じゃあ、|\~A| \ne 0 の時は.. ?

問 9
	一直線上にない 3 点 P_i = (x_i, y_i, z_i) ( i = 1, 2, 3 ) を通る
	平面の方程式は、

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

	(proof)
		この 3 点を通る平面は一つしかない。
		したがって、この式が、その平面の方程式であればよい。

		# まず、これが、平面の方程式であることを確認する。

		これを、一行目に関して展開すると、

			   | y_1 z_2 1 |
		f(x,y,z) = | y_2 z_2 1 | x - .. + 
			   | y_3 z_3 1 |

		となり、たしかに、これは、x,y,z に関する一次式なので、これは平面の方程式。


		# 次に、これらが、3 点を通ることを調べる

		f(x,y,z) に P_1 を代入すると、一行目と二行目がひとしくなるので 0
		よって、P_1 を通る、同様にして、P_2, P_3 も通るので、これが求める方程式であることがわかる。


	# 三点を通る平面の方程式は、上記の行列式で (一応..) 答
	# 具体的に数値がほしければ、行列式を計算する
	# 具体的な数値がはいっているときには、あまり役にたたないが、変数の時はこの形が便利

問 10

	A : n 次整数行列とする

		A:正則で、A^{-1} も整数行列
			<=>
		|A| = \pm 1

	(proof)
		(=>)
			行列式の計算は、積と和と差だけなので、A の要素が全て整数ならば、|A| は整数。
			一方
				AA^{-1} = E
			であり、
				|AA^{-1}| = |E| = 1
				  ||
				|A| |A^{-1}|

			ところが、|A| も |A^{-1}| も整数なので積が 1 となるものは \pm 1 しかない。

		(<=)
			|A| = \pm 1 \ne 0 なので A は正則
			A の小行列式 \~a_{i.j} も全て整数
			余因子行列 \~A は整数行列

				A^{-1} = \frac{1}{|A|} \~A

			となるので、A^{-1} の係数が全て整数

==

来週は、問 11 から、これが終ったら 2 章の問題をやるが、これは全部はおわらないので、適当に選んで行う。

試験の話も、来週と、来年に。

行列式の計算ができるように !!