線型代数第２講
基本変形と逆行列
【第２講のポイント】
本講では、$\vect{y}=A\vect{x}$において$\vect{y}$から$x$を求める問題、すなわち連立一次方程式$A\vect{x}=\vect{b}$を解く問題を扱う。連立一次方程式の解法から逆行列の求め方を導き、行列の基本変形について学ぶ。
【第２講の目標】
学習後、以下のことが身についたかチェックしよう。
- 連立方程式を拡大係数行列上で解く方法と行の基本変形について理解する
- 逆行列の求め方を理解し、逆行列が計算できるようになる
- 行や列の基本変形とその行列表現を理解する
【第２講の構成】
- １節 連立一次方程式の解法
- ２節 逆行列の計算法
- ３節 基本変形の行列表現
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第１節 連立一次方程式の解法
連立一次方程式は前節の記法では $A\vect{x}=\vect{b}$ と書けるが、その係数行列$A$と定数ベクトル$\vect{b}$を並べた行列 $[A\ \vect{b}]$ を拡大係数行列という。連立一次方程式の求解手順を拡大係数行列の変形手順として見てみよう。
$\left\{ \begin{array}{rlllr}
x_1 & +2x_2 & -2x_3 & =3 & ―①\\
2x_1 & +2x_2 & -5x_3 & =5 & ―②\\
-x_1 & -x_2 & +2x_3 & =-3 & ―③
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
1 & 2 & -2 & 3\\
2 & 2 & -5 & 5\\
-1 & -1 & 2 & -3
\end{bmatrix}$
③式$\times 2$を②式に加える
$\left\{ \begin{array}{rlllr}
x_1 & +2x_2 & -2x_3 & =3 & ―①\\
& & -x_3 & =-1 & ―④\\
-x_1 & -x_2 & +2x_3 & =-3 & ―③
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
1 & 2 & -2 & 3\\
0 & 0 & -1 & -1\\
-1 & -1 & 2 & -3
\end{bmatrix}$
④式を$-1$倍し、①式を③式に加える
$\left\{ \begin{array}{rlllr}
x_1 & +2x_2 & -2x_3 & =3 & ―①\\
& & x_3 & =1 & ―⑤\\
& x_2 & & =0 & ―⑥
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
1 & 2 & -2 & 3\\
0 & 0 & 1 & 1\\
0 & 1 & 0 & 0
\end{bmatrix}$
①式に、⑤式$\times 2$を足し、⑥式$\times (-2)$を足す
$\left\{ \begin{array}{rlllr}
x_1 & & & =5 & ―⑦\\
& & x_3 & =1 & ―⑤\\
& x_2 & & =0 & ―⑥
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 5\\
0 & 0 & 1 & 1\\
0 & 1 & 0 & 0
\end{bmatrix}$
⑤式と⑥式を交換
$\left\{ \begin{array}{rlllr}
x_1 & & & =5 \\
& x_2 & & =0 \\
& & x_3 & =1
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & 5\\
0 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}$
求解(の操作)手順は定数部に無関係で、係数部のみから定まる手順で解け、すべて可逆な変形だから各段階での方程式の解(集合)は一致する。
$\vec{\vect{u}}_1\vec{\vect{u}}_2\cdots{\tiny\triangle}_{\,i_1i_2\cdots}A$（$A{\lhd}^{j_1j_2\cdots}\vect{v}_1\vect{v}_2\cdots$）で、行列$A$の第$i_1,i_2,\dots$行を行ベクトル$\vec{\vect{u}}_1,\vec{\vect{u}}_2,\dots$で（第$j_1,j_2,\dots$列を列ベクトル$\vect{v}_1,\vect{v}_2,\dots$で）置き換えた行列を表す。
拡大係数行列で求解手順を見ると
行の基本変形という次の$3$種の変形を繰返し、係数部(最終列以外)を単位行列にすれば、定数部(最終列)に解が求まる。
（$i\ne j。i\lt j$の場合を示すが$j\lt i$の場合も同様）
|
第$i$行の$c$倍を第$j$行に加算 |
第$i$行を$c\ (\ne 0)$倍 |
第$i$行と第$j$行を交換 |
$A=$
$\begin{bmatrix}\vdots\\
\vec{\vect{a}}_i\\ \vdots\\ \vec{\vect{a}}_j\\ \vdots\end{bmatrix}$ |
$[^{i;c}_{j+}A]:=(c\vec{\vect{a}}_i{+}\vec{\vect{a}}_j){\tiny\triangle}_{\,j}A$
$=\begin{bmatrix}\vdots\\
\vec{\vect{a}}_i\\ \vdots\\ c\vec{\vect{a}}_i+\vec{\vect{a}}_j\\ \vdots\end{bmatrix}$ |
$[^{c}_{i\times}A]:=c\vec{\vect{a}}_i{\tiny\triangle}_{\,i}A$
$=\begin{bmatrix}\vdots\\
c\vec{\vect{a}}_i\\ \vdots\\ \vec{\vect{a}}_j\\ \vdots\end{bmatrix}$ |
$[^{i}_{j\leftrightarrow}A]:=\vec{\vect{a}}_j\vec{\vect{a}}_i{\tiny\triangle}_{\,ij}A$
$=\begin{bmatrix}\vdots\\
\vec{\vect{a}}_j\\ \vdots\\ \vec{\vect{a}}_i\\ \vdots\end{bmatrix}$ |
列の基本変形とは、基本変形を行ではなく列に対して行う、行列$A=[\vect{a}_k]$の行列
$[^{i;c}A]^{j+}:=A{\lhd}^j(\vect{a}_j{+}c\vect{a}_i),\ [^{c}A]^{i\times}:=A{\lhd}^ic\vect{a}_i,\
[^{i}A]^{j\leftrightarrow}:=A{\lhd}^{ij}\vect{a}_j\vect{a}_i$ への変形をいう。
問．行(列)の基本変形の逆操作も、行(列)の基本変形であることを示せ。
次に解が一つに定まらない不定の場合を見てみよう。
$\left\{ \begin{array}{rlllr}
x_1 & +2x_2 & + x_3 & & =1 & ―①\\
x_1 & +2x_2 & + x_3 & +2x_4 & =3 & ―②\\
2x_1 & +5x_2 & +3x_3 & + x_4 & =3 & ―③
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1 & 0 & 1\\
1 & 2 & 1 & 2 & 3\\
2 & 5 & 3 & 1 & 3
\end{bmatrix}$
①式を使って②③式から$x_1$を消す(
掃出す)
$\left\{ \begin{array}{rlllr}
x_1 & +2x_2 & + x_3 & & =1 & ―①\\
& & & 2x_4 & =2 & ―④\\
& x_2 & +x_3 & + x_4 & =1 & ―⑤
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 2 & 2\\
0 & 1 & 1 & 1 & 1
\end{bmatrix}$
④式を$2$で割り、⑤式から$x_4$を掃出す
$\left\{ \begin{array}{rlllr}
x_1 & +2x_2 & + x_3 & & =1 & ―①\\
& & & x_4 & =1 & ―⑥\\
& x_2 & +x_3 & & =0 & ―⑦
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
1 & 2 & 1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0 & 1 & 1\\
0 & 1 & 1 & 0 & 0
\end{bmatrix}$
①式から$x_2$を掃出し、⑥式と⑦式を交換する。
$\left\{ \begin{array}{rlllr}
x_1 & & - x_3 & & =1 \\
& x_2 & +x_3 & & =0 \\
& & & x_4 & =1
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
1 & 0 & -1 & 0 & 1\\
0 & 1 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 0 & 1 & 1
\end{bmatrix}$
$x_3$と$x_4$の位置（第3列と第4列）を交換して形を整える。
$\left\{ \begin{array}{rlllr}
x_1 & & &- x_3 & =1 \\
& x_2 & &+x_3 & =0 \\
& & x_4 & & =1
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & -1 & 1\\
0 & 1 & 0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0 & 1
\end{bmatrix}$
$x_3=p$とおき解は
$\left\{ \begin{array}{ccrr}
x_1 & = & p & +1 \\
x_2 & = & -p& \\
x_4 & = & & 1 \\
x_3 & = & p &
\end{array}\right.
\begin{bmatrix}
x_1 \\ x_2 \\ x_4 \\ x_3
\end{bmatrix}=p\begin{bmatrix}
1 \\ -1 \\ 0 \\ 1
\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}
1 \\ 0 \\ 1 \\ 0
\end{bmatrix}$
一般に、$n$元$m$連立一次方程式 $A\vect{x}=\vect{b}$ の $m{\times}(n+1)$拡大係数行列 $[A\ \vect{b}]$ は行の基本変形と係数部の列交換で
$\left[\begin{array}{ccccc}
E_r & \vect{c}_{r+1} & \cdots & \vect{c}_n & \vect{b'} \\
O & \vect{o} & \cdots & \vect{o} & \vect{b''}
\end{array}\right]$ の形に変形でき、$\vect{x}$中の変数の順序を列の交換にそって適宜入れ替えているとすれば
- $\vect{b''}\ne \vect{o}$ の時解は不能
- $\vect{b''}=\vect{o}$で$r=n$の時、解は $\vect{x}=\vect{b'}$
- $\vect{b''}=\vect{o}$で$r \lt n$ の時、$\vect{x}$中の$k（r \lt k \le n）$番目の変数を$p_k$とおいて、不定解は
$\vect{x}=
p_{r+1}\begin{bmatrix}-\vect{c}_{r+1} \\ \vect{e}_1 \end{bmatrix}
+\cdots
+p_n\begin{bmatrix}-\vect{c}_n \\ \vect{e}_{n-r} \end{bmatrix}
+\begin{bmatrix}\vect{b'}\\ \vect{o}\end{bmatrix}
$
上の例題に適用すれば、$m=r=3\lt n=4$ であるから、不定解は$\vect{c}_4=\begin{bmatrix} -1\\ 1\\ 0\end{bmatrix},\ \vect{b}'=\begin{bmatrix} 1\\ 0\\ 1\end{bmatrix}$ に対し、 $\vect{x}=p_4\begin{bmatrix}-\vect{c}_4\\ 1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}\vect{b}'\\ 0\end{bmatrix}$ となる。
第２節 逆行列の計算法
（行および列の）基本変形は可逆変形であるから、基本変形によって行列$A$が$B$に変形できるとき$A \sim B$と表し$A$と$B$は対等であるという。
前節の議論を踏まえて逆行列(が存在する場合にそれ)を求めてみよう。$AX=E$ は $A\left[\vect{x}_j\right]^n=\left[A\vect{x}_j\right]^n
=\left[\vect{e}_j\right]^n$ と書けるから、逆行列$A^{-1}=X$は方程式 $A\vect{x}_j=\vect{e}_j$ を行の基本変形で同時並行的に求めた解(列ベクトル)$\vect{x}_j$を並べた行列である。前節の係数行列の逆行列を求めてみよう。$$\begin{bmatrix}
1 & 2 & -2 & 1 & 0 & 0\\
2 & 2 & -5 & 0 & 1 & 0\\
-1 &-1 & 2 & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix}
1 & 2 & -2 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -1 & 0 & 1 & 2\\
-1 & -1 & 2 & 0 & 0 & 1
\end{bmatrix}\\
\sim\begin{bmatrix}
1 & 2 & -2 & 1 & 0 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0 & -1 & -2\\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1
\end{bmatrix}\sim\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & -1 & -2 & -6\\
0 & 0 & 1 & 0 & -1 & -2\\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1
\end{bmatrix}\\
\sim\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 & -1 & -2 & -6\\
0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 1\\
0 & 0 & 1 & 0 & -1 & -2
\end{bmatrix}\\
よって\begin{bmatrix}
1 & 2 & -2\\
2 & 2 & -5\\
-1 & -1 & 2
\end{bmatrix}^{-1}=\begin{bmatrix}
-1 & -2 & -6\\
1 & 0 & 1\\
0 & -1 & -2
\end{bmatrix}$$
$A\vect{x}=\vect{b}$の解は$\vect{x}=A^{-1}\vect{b}$で与えられる。
問．前節の例題で上の事実
$\begin{bmatrix}
-1 & -2 & -6\\
1 & 0 & 1\\
0 & -1 & -2
\end{bmatrix}
\begin{bmatrix} 3\\ 5\\ -3 \end{bmatrix}
=\begin{bmatrix} 5\\ 0\\ 1 \end{bmatrix}$
を確認せよ。
≪実習≫右のアプリで、前節の一次方程式の解法と、逆行列の解法をおさらいしてみよう。一次方程式に解が存在しない場合あるいは不定な場合に、上の手順で解を求めようとしたとき何が起こるか、調べよ。また、
$\begin{bmatrix}
-3 & 2 & 2 \\
-2 & 2 & 1 \\
2 & -1 & -1
\end{bmatrix}^{-1}$を求めよ
≪実習≫以下のアプリで、上記例題の行列と逆行列の積が単位行列になることを確認しよう。また、前節例題での
1) 係数行列と解ベクトルの積が定数ベクトルになることを確認し、
2) 逆行列と定数ベクトルの積が解ベクトルになることも確認しよう。
第３節 基本変形の行列表現
行(列)の基本変形が正則行列の左(右)からの積で表わせることを示す。
- 第$i$行と第$j$行(第$i$列と第$j$列)を交換する変形は、単位行列にその変形を施した行列 $[^i_{j\leftrightarrow} E]=[^iE]^{j\leftrightarrow}$ を左(右)から掛けることに等しく、$\left([^i_{j\leftrightarrow} E]\right)^{-1}= [^i_{j\leftrightarrow} E]$。
- 第$i$行(第$i$列)を$c(\ne 0)$倍する変形は、単位行列にその変形を施した行列$[^c_{i\times} E]=[^cE]^{i\times}$を左(右)から掛けることに等しく、$\left([^c_{i\times} E]\right)^{-1}=[^{c}_{i/} E]$。
- 第$i$行の$c$倍を第$j$行に(第$j$列の$c$倍を第$i$列に)加える変形$(i\ne j)$は、単位行列その変形を施した行列
$[^{i;c}_{j+}E]=[^{c;j}E]^{i+}$ を左(右)から掛けることに等しく、$\left([^{i;c}_{j+} E]\right)^{-1}= [^{i;c}_{j-} E]$。
注．$[^{c}_{i/} A]$は$c$で$i$行を割った行列、$[^{i;c}_{j-} A]$は$c$倍の$i$行を$j$行から引いた行列を表す。
問．$m\times n$行列$A$に対し、上の事実(以下の式)を証明せよ。また前ページのアプリを使って、具体例で確認せよ。
- $[^i_{j\leftrightarrow}A]=[^i_{j\leftrightarrow} E_m]A,\
[^iA]^{j\leftrightarrow}=A[^iE_n]^{j\leftrightarrow},\
[^i_{j\leftrightarrow} E]=[^iE]^{j\leftrightarrow}=\left([^i_{j\leftrightarrow} E]\right)^{-1}$
- $[^c_{i\times}A]=[^c_{i\times} E_m]A,\
[^cA]^{i\times}=A[^cE_n]^{i\times},\
[^c_{i\times}E]=[^cE]^{i\times}=\left([^{c}_{i/} E]\right)^{-1}$
- $ [^{i;c}_{j+}A]=[^{i;c}_{j+}E_m]A,\
[^{c;j}A]^{i+}=A[^{c;j}E_n]^{i+},\
[^{i;c}_{j+}E]=[^{c;j}E]^{i+}=\left([^{i;c}_{j-}E]\right)^{-1}$
正則行列$A$は行の基本変形で単位行列に変形でき、逆行列を求めることができた。一連の基本変形行列の積を$P$で表せば $P[A\ E]=[PA\ P]=[E\ P]$ という計算を行い $A^{-1}=P$ を右半分に求めたことを意味する。また、$A=P^{-1}$より、
正則行列は基本変形行列の積で表されることも分かる。
一般の正方行列に対しては次が成立つ。
定理．
1) $A \sim \begin{bmatrix}
E_r & O \\
O & O \end{bmatrix}$
2) $A\sim B \iff$正則行列$P,Q$が存在して $AP=QB$
証明．1) 第１節の議論により、行の基本変形と列の交換によって$A\sim\left[\begin{array}{ccccc}
E_r & \vect{c}_{r+1} & \cdots & \vect{c}_n \\
O & \vect{o} & \cdots & \vect{o}
\end{array}\right]$。さらに第$1$列から第$r$列を使って第$r+1$列以降を掃き出す（$0$にする）と目的の行列が得られる。
2) 行(列)の基本変形が正則行列の左(右)からの積で表されることから、$A\sim B\iff$正則行列$P,Q^{-1}$が存在して$Q^{-1}AP=B$。
さらに、$Q^{-1}AP=B \Leftrightarrow AP=QB$。
補遺 LU分解
第1節の求解手順では「求めた変数の値を代入する」ことはしなかったが、一般的に①「ある式に別の式の定数倍を加えて式中の変数を順に掃出し」②「変数１個の式から順に、求めた値を代入して他の変数値を得る」という解法がある。
①は定数部を切り離せば、行の基本変形$[^{i;c}_{j+}\cdot],\ [^i_{j\leftrightarrow}\cdot]$による係数行列の上三角行列(対角成分より左下が全部0の正方行列)への変形である。同じ係数行列に対する求解の繰返しは応用上重要で、逆行列の代わりに①の変形の記録がよく使われる。
例1．$A{:=}\left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\1& 1& 2\\2& 2& 1\end{smallmatrix}\right] \overset{[^{1;2}_{3-}[^{1;1}_{2-}\;\cdot]]}{\sim}\left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\0& -1& 4\\0& -2& 5\end{smallmatrix}\right]
\overset{[^{2;2}_{3-}\;\cdot]}{\sim}\left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\0& -1& 4\\0& 0& -3\end{smallmatrix}\right]$より、$A{=}[^{1;1}_{2+}[^{1;2}_{3+}[^{2;2}_{3+}E]]] \left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\0& -1& 4\\0& 0& -3\end{smallmatrix}\right]
{=}\left[\begin{smallmatrix}1& 0& 0\\1& 1& 0\\2& 2& 1\end{smallmatrix}\right]
\left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\0& -1& 4\\0& 0& -3\end{smallmatrix}\right]$。例えば$A\vect{x}{=}\left[\begin{smallmatrix}3\\-1\\1\end{smallmatrix}\right]$の解は$\left[\begin{smallmatrix}1& 0& 0\\1& 1& 0\\2& 2& 1\end{smallmatrix}\right]\vect{y}{=}\left[\begin{smallmatrix}3\\-1\\1\end{smallmatrix}\right],$ $\left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\0& -1& 4\\0& 0& -3\end{smallmatrix}\right]\vect{x}{=}\vect{y}$より、上記②の手順で$\vect{y}{=}\left[\begin{smallmatrix}3\\-4\\3\end{smallmatrix}\right],$ $\vect{x}{=}\left[\begin{smallmatrix}1\\0\\-1\end{smallmatrix}\right]$。
定義．下三角行列$L$と上三角行列$U$の積$A=LU$を、$A$のLU分解という。
例1は行の入替$[^i_{j\leftrightarrow}\cdot]$をせずに上三角化可能な場合で、次が成立つ。
定理．正則行列$A={}_n[a_{ij}]^n$がLU分解可能
$\iff$正則行列$A$は行の基本変形$[^{i;c}_{j+}\cdot]$で上三角化可能
$\iff {}_k[a_{ij}]^k,\ 1\le k\le n$がすべて正則
例2．正則行列$A{:=}\left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\1& 2& 2\\2& 2& 1\end{smallmatrix}\right] \overset{[^{1;2}_{3-}[^{1;1}_{2-}\;\cdot]]}{\sim} \left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\0& 0& 4\\0& -2& 5\end{smallmatrix}\right]$はそのままではLU分解できないが、$[^2_{3\leftrightarrow}A] {=}\left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\2& 2& 1\\1& 2& 2\end{smallmatrix}\right] \overset{[^{1;1}_{3-}[^{1;2}_{2-}\;\cdot]]}{\sim} \left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\0& -2& 5\\0& 0& 4\end{smallmatrix}\right]$はLU分解可能で、$[^2_{3\leftrightarrow}A]
%{=}[^{1;2}_{2+}[^{1;1}_{3+}E]]\left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\0& -2& 5\\0& 0& %4\end{smallmatrix}\right]
{=} \left[\begin{smallmatrix}1& 0& 0\\2& 1& 0\\1& 0& 1\end{smallmatrix}\right]
\left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\0& -2& 5\\0& 0& 4\end{smallmatrix}\right]$。$A\vect{x}{=}\left[\begin{smallmatrix}3\\-1\\1\end{smallmatrix}\right]\Leftrightarrow [^2_{3\leftrightarrow}A]\vect{x}{=}[^2_{3\leftrightarrow}\vect{b}]{=}\left[\begin{smallmatrix}3\\1\\-1\end{smallmatrix}\right]$の解は$\left[\begin{smallmatrix}1& 0& 0\\2& 1& 0\\1& 0& 1\end{smallmatrix}\right]\vect{y}{=}\left[\begin{smallmatrix}3\\1\\-1\end{smallmatrix}\right],$ $\left[\begin{smallmatrix}1& 2& -2\\0& -2& 5\\0& 0& 4\end{smallmatrix}\right]\vect{x}{=}\vect{y}$より、上記②の手順で$\vect{y}{=}\left[\begin{smallmatrix}3\\-5\\-4\end{smallmatrix}\right],$ $\vect{x}{=}\left[\begin{smallmatrix}1\\0\\-1\end{smallmatrix}\right]$。
定理．正則行列$A$に対し、$PA$がLU分解可能な置換行列（$[^i_{j\leftrightarrow}E]$の積）$P$がある。
証明．例2の議論を拡張すれば示せるが、詳細は省略する。
以上より、正則行列$A$に対し置換行列$P$とLU分解$PA{=}LU$を求めておけば、$A\vect{x}{=}\vect{b}$の解は、$L\vect{y}{=}P\vect{b},\ U\vect{x}{=}\vect{y}$で求まる。
補遺 2項係数の反転公式
これまで逆行列の計算法を論じてきたが、本節では逆行列をその意味(役割)から直接求める例を紹介しよう。組合せ数$\dbinom{i}{j}:=\dfrac{\prod_{k=0}^{j-1}(i-k)}{j!},$ $i,j{\ge}0$ を$i$行$j$列成分に持つ行列$C_n:={}_n[\binom{i}{j}]^n$を考える。但し表記の簡素化のため、$C_n$は行・列番号が0から始まる$n{+}1$次正方行列$\left[\begin{smallmatrix}
1& 0 & 0& \cdots & 0\\
1& 1 & 0& \cdots & 0\\
1& 2 & 1& \cdots & 0\\
\vdots& \vdots & \vdots& \ddots & 0\\
1& n & n(n-1)/2& \cdots & 1
\end{smallmatrix}\right]$、と約束する。
2項定理$(x{+}1)^i{=}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}x^{j}{=}[\binom{i}{j}]^{n}{}_{n}[x^{j}],\ 0{\le}i{\le}n$ より$C_n{\;}_n[x^{i}]{=}{}_n[(x{+}1)^{i}]$。$C_n^{-1}{}_n[x^{i}]{=}{}_n[(x{-}1)^{i}]$と2項定理$(x{-}1)^i{=}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}x^{j}(-1)^{i-j}{=}[(-1)^{i-j}\binom{i}{j}]^{n}{}_{n}[x^{j}],$ $0{\le}i{\le}n$ より $C_n^{-1}{=}{}_n[(-1)^{i-j}\binom{i}{j}]^n$。
以上より、${}_n[b_i]{=}{}_n[\binom{i}{j}]^n{}_n[a_i]\Leftrightarrow {}_n[a_i]{=}{}_n[(-1)^{i-j}\binom{i}{j}]^n{}_n[b_i]$。即ち数え上げの理論で有用な2項係数の反転公式 $b_i{=}\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}a_j \Leftrightarrow a_i{=}\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\binom{i}{j}b_j$ を得る。
一般に $b_i{=}\sum_{j=0}^i c_{ij}a_j \Leftrightarrow a_i{=}\sum_{j=0}^i c'_{ij}b_j,\ 0{\le}i$ という関係がある時、これを反転公式という。$i{\lt}j \Rightarrow c_{ij}{=}0$とおけば、対角成分から右上がすべて0の下三角行列$C_n:={}_n[c_{ij}]^n$を用いて${}_n[b_i]{=}C_n{\;}_n[a_i]$と書ける。$C_n$の対角成分$c_{ii}$に0がなければ、本節の議論(対角成分による掃き出し)により、$C_n$は正則で$C_n^{-1}$も下三角行列である。${}_n[b_i]{=}C_n^{-1}{}_n[a_i]$より、${}_n[c'_{ij}]^n{=}C_n^{-1}$で反転公式を得る。