第10章線形空間（ベクトル空間）

例題10.1　多項式の集合が線形空間になることの確認

次数が2以下の実数係数多項式全体の集合 $P_2=\{a_0+a_1x+a_2x^2 \mid a_0,a_1,a_2\in\R\}$ を考える．$P_2$ が（多項式どうしの和とスカラー倍について）線形空間になっていることを確かめよ．

解答　$p(x)=a_0+a_1x+a_2x^2$，$q(x)=b_0+b_1x+b_2x^2$ を $P_2$ の任意の2元とする．和を計算すると $$ p(x)+q(x)=(a_0+b_0)+(a_1+b_1)x+(a_2+b_2)x^2 $$ となる．係数 $a_0+b_0,\ a_1+b_1,\ a_2+b_2$ はすべて実数どうしの和だから実数であり，$x$ の次数はやはり2以下である．よって $p(x)+q(x)\in P_2$ であり，和について閉じている．また，任意の実数 $k$ に対して $$ k\,p(x)=(ka_0)+(ka_1)x+(ka_2)x^2 $$ となり，係数はすべて実数で次数は2以下だから $k\,p(x)\in P_2$ であり，スカラー倍についても閉じている．結合法則・交換法則・分配法則は，多項式の係数どうしの実数の足し算・掛け算がもとになっているので，実数の演算法則からそのまま成り立つ．零ベクトルは零多項式 $0+0\cdot x+0\cdot x^2$ であり，$p(x)$ の逆ベクトルは $-p(x)=(-a_0)+(-a_1)x+(-a_2)x^2$ である．以上より(I)(II)のすべての性質が満たされるので，$P_2$ は線形空間である．（このように，線形空間の元は数ベクトルに限らないという定義10.1の「イメージ」が，ここで具体的な実例になっている．）

例10.1　$a_1,a_2,a_3$ の線形独立性の判定

$$ a_1=\begin{bmatrix}1\\2\\-1\end{bmatrix},\qquad a_2=\begin{bmatrix}2\\3\\1\end{bmatrix},\qquad a_3=\begin{bmatrix}1\\3\\4\end{bmatrix} $$ が線形独立か線形従属かを調べよ．

解答　$a_1,a_2,a_3$ の線形関係式を作る． $$ c_1a_1+c_2a_2+c_3a_3=0 $$ これは，3本のベクトルを列に並べた行列と，係数を縦に並べたベクトルの積として書き直せる（第8章で学んだ「行列とベクトルの積は，行列の列ベクトルの線形結合である」という見方を逆向きに使っている）． $$ [a_1\ a_2\ a_3]\begin{bmatrix}c_1\\c_2\\c_3\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1&2&1\\2&3&3\\-1&1&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}c_1\\c_2\\c_3\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix} \qquad\cdots② $$ $[a_1\ a_2\ a_3]=A$ とおく．サラスの公式で行列式を計算すると $$ |A|=1\cdot3\cdot4+2\cdot3\cdot(-1)+1\cdot2\cdot1-1\cdot3\cdot(-1)-1\cdot3\cdot1-2\cdot2\cdot4=12-6+2+3-3-16=-8 $$ であり，$|A|\neq0$ である．よって第9章の定理9.5（行列の正則条件）「$A$ が正則（$|A|\neq0$）$\iff$ $\rank A=n$ $\iff$ 階段行列が単位行列」より，$A$ は正則であり，逆行列 $A^{-1}$ をもつ．②の両辺に左から $A^{-1}$ をかけると $$ \begin{bmatrix}c_1\\c_2\\c_3\end{bmatrix} =A^{-1}\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix} $$ （$A^{-1}$ に零ベクトルをかければ，結果はつねに零ベクトルである）．よって $c_1=c_2=c_3=0$ しか②を満たさないので，定義10.4(i)により $a_1,a_2,a_3$ は線形独立である．（このことは，「どの1本も残りの2本の線形結合では書けない」という言い換えが成り立っていることも意味する．もし仮に $a_1$ が $a_1=k_2a_2+k_3a_3$（$k_2,k_3\in\R$）と書けたとすると，移項して $1\cdot a_1+(-k_2)a_2+(-k_3)a_3=0$ となり，これは係数（$1,-k_2,-k_3$）が全部 $0$ ではない線形関係式である．しかしいま，②を満たす係数は $c_1=c_2=c_3=0$ しかないと分かったばかりなので，これは矛盾である．よって $a_1$ は $a_2,a_3$ の線形結合では書けない．$a_2,a_3$ についても同様である．）

例10.2　$b_1,b_2,b_3$ の線形従属性と，その幾何学的な意味

$$ b_1=\begin{bmatrix}1\\2\\4\end{bmatrix},\qquad b_2=\begin{bmatrix}2\\-1\\3\end{bmatrix},\qquad b_3=\begin{bmatrix}-1\\3\\1\end{bmatrix} $$ が線形独立か線形従属かを調べよ．

解答　線形関係式 $C_1b_1+C_2b_2+C_3b_3=0$ を，例10.1と同様に行列とベクトルの積の形に書き直す． $$ [b_1\ b_2\ b_3]\begin{bmatrix}C_1\\C_2\\C_3\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1&2&-1\\2&-1&3\\4&3&1\end{bmatrix}\begin{bmatrix}C_1\\C_2\\C_3\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix} \qquad\cdots③ $$ $[b_1\ b_2\ b_3]=B$ とおいて行列式を計算すると $$ |B|=1\cdot(-1)\cdot1+2\cdot3\cdot4+(-1)\cdot2\cdot3-(-1)\cdot(-1)\cdot4-2\cdot2\cdot1-1\cdot3\cdot3=-1+24-6-4-4-9=0 $$ となり，$|B|=0$ である．よって $B$ は逆行列をもたないから，③の $\begin{bmatrix}C_1&C_2&C_3\end{bmatrix}^{\mathsf T}$ は $\begin{bmatrix}0&0&0\end{bmatrix}^{\mathsf T}$ 以外の解ももつ（$B^{-1}$ が存在しないので，両辺に $B^{-1}$ をかけて $C_i=0$ を導くという例10.1の手順が使えない）．したがって定義10.4(ii)により，$b_1,b_2,b_3$ は線形従属である．

なぜ「従属」と呼ぶのか，$b_1,b_2,b_3$ を実際によく見てみよう． $$ b_2+b_3=\begin{bmatrix}2\\-1\\3\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}-1\\3\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\2\\4\end{bmatrix}=b_1 $$ すなわち $b_1=b_2+b_3$ が成り立つ．$b_1$ は $b_2,b_3$ の線形結合（しかも係数がどちらも $1$ という単純な形）で書けてしまう——$b_1$ は $b_2,b_3$ に従属しているのである．（これは③で $C_1=1,C_2=-1,C_3=-1$ とおいたときに対応する非自明な解である．）

例題10.7　図だけから独立・従属を読み取る

図10.2（$a_1,a_2,a_3$）と図10.3（$b_1,b_2,b_3$）を，成分の数値やサラスの公式による計算を使わずに見比べよ．どちらの組が線形独立で，どちらが線形従属と判断できるか，その理由を図から述べよ．さらに，図10.4の平行四辺形の形から，従属な組の非自明な線形関係式を1つ（成分を計算せずに）読み取れ．

解答　図10.2では，$a_1,a_2,a_3$ の3本の矢印が互いにどの2本の組み合わせからも残りの1本が同じ平面に乗らないように，空間全体に広がって見える．3本がどこか1枚の平面に収まって見えないということは，そのうちのどの1本も残り2本の線形結合（＝平面内の点）としては書けない，ということなので，この3本は図だけから線形独立であると判断できる．一方，図10.3では $b_2,b_3$（青系の2本）が張る平面の中に，$b_1$（赤）もぴったり収まって描かれている．3本が同一平面上にあるということは，$b_1$ がその平面を張る $b_2,b_3$ の線形結合として書けてしまう，ということなので，この3本は線形従属であると判断できる．

図10.4は，まさにその図10.3の平面を正面から見た図であり，$b_2,b_3$ を2辺とする平行四辺形が描かれている．図10.1で確認したとおり，平行四辺形の対角線は「2辺のベクトルの和」を表すので，この対角線が $b_1$ になっていることから，図を見るだけで $$ b_1=b_2+b_3 $$ が読み取れる．移項すれば $1\cdot b_1+(-1)\cdot b_2+(-1)\cdot b_3=0$ となり，これが係数が全部 $0$ ではない非自明な線形関係式である．（成分で検算すると，$b_2+b_3=(2,-1,3)+(-1,3,1)=(1,2,4)=b_1$ となり，図から読み取った関係と一致する．）

例題10.2　$\R^3$ の4本のベクトルは必ず線形従属である

$$ d_1=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix},\quad d_2=\begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix},\quad d_3=\begin{bmatrix}1\\1\\2\end{bmatrix},\quad d_4=\begin{bmatrix}2\\-1\\1\end{bmatrix} $$ は $\R^3$ の要素である．これらが線形独立か線形従属かを判定し，従属であれば具体的な線形関係式を1つ求めよ．

解答　$D=[d_1\ d_2\ d_3\ d_4]$ は $3\times4$ 行列である．$D$ を行基本変形すると（計算は省略する．階段行列の段数を数えればよい）$\rank D=2$ を得る．定理10.1の本数版（$a_1,\ldots,a_n\in\R^m$ のとき）にあてはめると，$\rank D=2\lt4=(\text{本数})$ なので，$d_1,d_2,d_3,d_4$ は線形従属である．

実際，成分を見比べると $$ d_1+d_2=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\1\\2\end{bmatrix}=d_3 $$ が成り立っている．よって $d_1+d_2-d_3+0\cdot d_4=0$ は，係数がすべて $0$ ではない線形関係式である．

この例題が示すように，そもそも $\R^3$ の中では，どんなに頑張っても4本以上のベクトルを線形独立にすることはできない．なぜなら $4\times4$ 行列ならともかく，$3\times4$ 行列の階数は，行の本数（$=3$）を超えられないからである（階数は行の本数とも列の本数とも異なる大きさにはなれず，つねに両方以下になる）．一般に，「$n$ 次元空間の中で線形独立になれるベクトルは高々 $n$ 本まで」——この事実は次節の「次元」の意味そのものである．

例10.3　$\R^4$ の部分空間の次元と基底

次の $\R^4$ の部分空間の次元と基底を求めよ．

(i) $\displaystyle W=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix}\ \middle|\ x+y+z+w=0\right\}$

(ii) $\displaystyle W=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix}\ \middle|\ \begin{aligned}x+y-z+w&=0\\-2x-y\phantom{-z}+w&=0\\3x+y+z-3w&=0\end{aligned}\right\}$

解答　(i) 条件式 $x+y+z+w=0$ を $x$ について解くと $x=-y-z-w$ となる．$y,z,w$ は自由に選べる（束縛されない）変数なので，$W$ の要素は $$ \begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}-y-z-w\\y\\z\\w\end{bmatrix} =y\begin{bmatrix}-1\\1\\0\\0\end{bmatrix}+z\begin{bmatrix}-1\\0\\1\\0\end{bmatrix}+w\begin{bmatrix}-1\\0\\0\\1\end{bmatrix} $$ と，3本のベクトルの線形結合で（$y,z,w$ を係数として）表せる．この3本は互いに線形独立である（たとえば第1成分と第2，3，4成分の組み合わせから，各ベクトルにしか現れない $1$ の位置を見れば，線形関係式の係数はすべて $0$ でなければならないと分かる）．よってこの3本は $W$ の基底であり， $$ \dim W=4-1=3,\qquad \text{基底 }\begin{bmatrix}-1\\1\\0\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}-1\\0\\1\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}-1\\0\\0\\1\end{bmatrix} $$ である．（条件式が1本なので，$4$ 個の変数のうち $1$ 個が従属し，残り $4-1=3$ 個が自由に動ける——これが次元が $3$ になる理由である．）

(ii) 3本の条件式の係数を行列にまとめ，行基本変形（第9章）で階段行列に直す． $$ \begin{bmatrix}1&1&-1&1\\-2&-1&0&1\\3&1&1&-3\end{bmatrix} \xrightarrow[R_3\to R_3-3R_1]{R_2\to R_2+2R_1} \begin{bmatrix}1&1&-1&1\\0&1&-2&3\\0&-2&4&-6\end{bmatrix} \xrightarrow{R_3\to R_3+2R_2} \begin{bmatrix}1&1&-1&1\\0&1&-2&3\\0&0&0&0\end{bmatrix} \xrightarrow{R_1\to R_1-R_2} \begin{bmatrix}1&0&1&-2\\0&1&-2&3\\0&0&0&0\end{bmatrix} $$ （1つ目の変形は，$R_2$ に $R_1$ の $2$ 倍を，$R_3$ に $R_1$ の $-3$ 倍を足して1列目の $2,3$ を消した．2つ目は $R_3$ に $R_2$ の $2$ 倍を足して2列目の $-2$ を消した．3つ目は $R_1$ から $R_2$ を引いて2列目の $1$ を消し，階段の先頭が $1$ だけになるように整えた．）最後の行列の $0$ でない行が2本なので $\rank=2$ であり， $$ \dim W=4-\rank=4-2=2 $$ である．最終形から，もとの連立方程式は $$ \begin{cases}x\phantom{+y}+z-2w=0\\ \phantom{x+}y-2z+3w=0\end{cases} $$ と同値である．$z,w$ を自由変数として $x=-z+2w$，$y=2z-3w$ と解けるので， $$ \begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-z+2w\\2z-3w\\z\\w\end{bmatrix}=z\begin{bmatrix}-1\\2\\1\\0\end{bmatrix}+w\begin{bmatrix}2\\-3\\0\\1\end{bmatrix} $$ となり，基底は $\begin{bmatrix}-1\\2\\1\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}2\\-3\\0\\1\end{bmatrix}$ である．

例題10.3　異なる基底によるベクトルの表し方

$\R^2$ のベクトル $v=(5,3)$ を，標準基底では $v=5e_1+3e_2$ と表せる．では，$f_1=(1,1)$，$f_2=(1,-1)$ を基底として（$f_1,f_2$ が実際に基底になっていることも確認したうえで）$v=c_1f_1+c_2f_2$ を満たす $c_1,c_2$ を求めよ．

解答　まず $f_1,f_2$ が基底であることを確認する．$F=[f_1\ f_2]=\begin{bmatrix}1&1\\1&-1\end{bmatrix}$ とおくと $\det F=1\cdot(-1)-1\cdot1=-2\neq0$ なので，定理10.1より $f_1,f_2$ は線形独立である．$\R^2$ は2次元で，独立な2本のベクトルは（定理10.2(ii)の逆の言い方で，$\dim\R^2=2$ 本の独立なベクトルはつねに $\R^2$ 全体を生成するので）自動的に基底になる．よって $f_1,f_2$ は $\R^2$ の基底である．

$v=c_1f_1+c_2f_2$ を成分で書くと $$ \begin{bmatrix}5\\3\end{bmatrix}=c_1\begin{bmatrix}1\\1\end{bmatrix}+c_2\begin{bmatrix}1\\-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}c_1+c_2\\c_1-c_2\end{bmatrix} $$ すなわち連立方程式 $c_1+c_2=5,\ c_1-c_2=3$ を解けばよい．2式を辺々足すと $2c_1=8$ より $c_1=4$，2式を辺々引くと $2c_2=2$ より $c_2=1$．検算すると $4f_1+1f_2=4(1,1)+1(1,-1)=(4+1,4-1)=(5,3)=v$ となり正しい．よって $v=4f_1+f_2$ である．

同じベクトル $v$ が，基底 $\{e_1,e_2\}$ では係数の組 $(5,3)$，基底 $\{f_1,f_2\}$ では係数の組 $(4,1)$ として表される——「ベクトルそのもの」は変わらないが，「どの基底で測るか」によって座標（係数の組）は変わる，という点が基底の取り換えの本質である．

例10.4　部分空間であるかどうかの判定

$W_1=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}\ \middle|\ x+y=0\right\}$，$W_2=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\end{bmatrix}\ \middle|\ x^2+y^2\le1\right\}$ は $\R^2$ の部分空間であるか．

解答　定理10.4の簡略条件「$a,b\in W$，$k,\ell\in\R$ ならば $ka+\ell b\in W$」を使う．

(i) $W_1$ について．$a=\begin{bmatrix}a_1\\a_2\end{bmatrix},\ b=\begin{bmatrix}b_1\\b_2\end{bmatrix}\in W_1$ とおく．$a,b\in W_1$ より $a_1+a_2=0$，$b_1+b_2=0$ である．$k,\ell\in\R$ に対して $ka+\ell b=\begin{bmatrix}ka_1+\ell b_1\\ka_2+\ell b_2\end{bmatrix}$ とすると， $$ (ka_1+\ell b_1)+(ka_2+\ell b_2)=k(a_1+a_2)+\ell(b_1+b_2)=k\cdot0+\ell\cdot0=0 $$ であるから，$ka+\ell b\in W_1$ である．よって $W_1$ は $\R^2$ の部分空間である．

(ii) $W_2$ について．$c=\begin{bmatrix}c_1\\c_2\end{bmatrix},\ d=\begin{bmatrix}d_1\\d_2\end{bmatrix}\in W_2$ とおく．$c,d\in W_2$ より $c_1^2+c_2^2\le1$，$d_1^2+d_2^2\le1$ である．$kc+\ell d=\begin{bmatrix}kc_1+\ell d_1\\kc_2+\ell d_2\end{bmatrix}$ とすると， $$ (kc_1+\ell d_1)^2+(kc_2+\ell d_2)^2=k^2(c_1^2+c_2^2)+\ell^2(d_1^2+d_2^2)+2k\ell(c_1d_1+c_2d_2) $$ となる．ここで $k\gt1,\ \ell\gt1$ のとき，たとえば $c=\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}$，$d=\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}$（どちらも単位円上，$W_2$ の要素）を選ぶと，$kc+\ell d=\begin{bmatrix}k\\ \ell\end{bmatrix}$ となり，そのノルムの2乗は $k^2+\ell^2\gt1^2+1^2=2\gt1$ となって $kc+\ell d\notin W_2$ である．よって $W_2$ は $\R^2$ の部分空間ではない．

例題10.4　条件[1][2]による部分空間の判定（別の例）

$W_3=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}\ \middle|\ x-2y+z=0\right\}$，$W_4=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}\ \middle|\ x+y+z=1\right\}$ は $\R^3$ の部分空間であるか．

解答　$W_3$ について．$a=(a_1,a_2,a_3),\ b=(b_1,b_2,b_3)\in W_3$ とすると $a_1-2a_2+a_3=0$，$b_1-2b_2+b_3=0$ である．$k,\ell\in\R$ に対して $$ (ka_1+\ell b_1)-2(ka_2+\ell b_2)+(ka_3+\ell b_3)=k(a_1-2a_2+a_3)+\ell(b_1-2b_2+b_3)=k\cdot0+\ell\cdot0=0 $$ となるので，$ka+\ell b\in W_3$ である．よって条件[1][2]（を合わせた $ka+\ell b\in W$ の形）が成り立ち，$W_3$ は部分空間である．

$W_4$ について．部分空間であるためには，まず定義10.7(I)の $0\in W_4$ が必要である．零ベクトル $0=(0,0,0)$ を条件式に代入すると $0+0+0=0\neq1$ となり，条件 $x+y+z=1$ を満たさない．よって $0\notin W_4$ であり，この時点で(I)に反するので，$W_4$ は部分空間ではない．（$W_2$ は原点を含んでいたが閉じていなかったために部分空間でなかったのに対し，$W_4$ はそもそも原点を含まないという，より基本的な理由で部分空間にならない例である．）

例題10.5　$\R^3$ における共通部分と和空間

$U_1=\left\langle\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}\right\rangle$（$xy$平面）と $U_2=\left\langle\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}\right\rangle$（$yz$平面）について，$\dim U_1,\ \dim U_2,\ \dim(U_1\cap U_2),\ \dim(U_1+U_2)$ を求めよ．

解答　$U_1,U_2$ はどちらも独立な2本のベクトルで生成されているので $\dim U_1=\dim U_2=2$ である．

$U_1\cap U_2$ は，$xy$平面（$z=0$）かつ $yz$平面（$x=0$）を満たす点の集合だから，$x=0,z=0$，すなわち $y$ 軸 $\{(0,t,0)\mid t\in\R\}$ である．これは1本のベクトル $(0,1,0)$ で生成されるので $\dim(U_1\cap U_2)=1$ である．

$U_1+U_2$ は，$U_1,U_2$ の生成系を合わせた $\left\{\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}\right\}$ が生成する部分空間である．この3本は $\R^3$ の標準基底そのもの（互いに独立）だから，$U_1+U_2=\R^3$ であり $\dim(U_1+U_2)=3$ である．

まとめると $\dim U_1+\dim U_2=2+2=4$ であり，$\dim(U_1+U_2)+\dim(U_1\cap U_2)=3+1=4$ となって両者は一致する．この一致は偶然ではなく，次節で証明する部分空間の次元定理（定理10.8）の内容そのものである．

例10.5　次元定理の数値例

$W_1=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix}\ \middle|\ \begin{aligned}x+y&=0\\z-w&=0\end{aligned}\right\}$，$W_2=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix}\ \middle|\ x+y+z+w=0\right\}$ の $\dim W_1,\ \dim W_2,\ \dim(W_1\cap W_2),\ \dim(W_1+W_2)$ を求めよ．

解答　$W_1$ は条件式2本（$x+y=0$，$z-w=0$）だから，定理10.6より $\dim W_1=4-2=2$ である．$W_2$ は条件式1本だから $\dim W_2=4-1=3$ である．

$W_1\cap W_2$ は，3本の条件式 $x+y=0,\ z-w=0,\ x+y+z+w=0$ を同時に満たすベクトルの集合である．1番目の式 $x+y=0$ を3番目の式 $x+y+z+w=0$ に代入すると（$x+y$ を $0$ に置き換えるだけである），$0+z+w=0$ より $z+w=0$ が得られる．これと2番目の式 $z-w=0$ をあわせると，2式を辺々足して $2z=0$ より $z=0$，2式を辺々引いて $2w=0$ より $w=0$ となる．よって条件は実質的に $x+y=0,\ z=0,\ w=0$ の3本（独立）であり，$\dim(W_1\cap W_2)=4-3=1$ である（基底は $(1,-1,0,0)$）．

次元定理⑤より， $$ \dim(W_1+W_2)=\dim W_1+\dim W_2-\dim(W_1\cap W_2)=2+3-1=4 $$ となる．$\dim(W_1+W_2)=4=\dim\R^4$ なので，実は $W_1+W_2=\R^4$（$\R^4$ 全体）であることも分かる．

例題10.6　次元定理の別の数値例

$W_1=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix}\ \middle|\ \begin{aligned}x-y&=0\\z+w&=0\end{aligned}\right\}$，$W_2=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\\z\\w\end{bmatrix}\ \middle|\ x+2y-z+w=0\right\}$ の $\dim W_1,\ \dim W_2,\ \dim(W_1\cap W_2),\ \dim(W_1+W_2)$ を求めよ．

解答　$W_1$ は条件式2本なので $\dim W_1=4-2=2$（基底は $x=y,\,z=-w$ より $(1,1,0,0),(0,0,1,-1)$），$W_2$ は条件式1本なので $\dim W_2=4-1=3$ である．

$W_1\cap W_2$ は $x-y=0,\ z+w=0,\ x+2y-z+w=0$ の3本の連立方程式で定まる．係数行列 $$ M=\begin{bmatrix}1&-1&0&0\\0&0&1&1\\1&2&-1&1\end{bmatrix} $$ の階数を，行基本変形で調べる．$R_3\to R_3-R_1$ とすると，1列目の $R_3$ の成分が $1-1=0$ になり， $$ M\ \xrightarrow{R_3\to R_3-R_1}\ \begin{bmatrix}1&-1&0&0\\0&0&1&1\\0&3&-1&1\end{bmatrix} $$ を得る．ここで2行目と3行目を入れ替えると $$ \begin{bmatrix}1&-1&0&0\\0&3&-1&1\\0&0&1&1\end{bmatrix} $$ となり，これはすでに階段行列である（1行目は1列目，2行目は2列目，3行目は3列目に，それぞれ0でない先頭成分をもつ）．3行とも $0$ でない行として残っているので $\rank M=3$ である．よって $\dim(W_1\cap W_2)=4-\rank M=4-3=1$ である．

次元定理より $$ \dim(W_1+W_2)=\dim W_1+\dim W_2-\dim(W_1\cap W_2)=2+3-1=4 $$ となり，この場合も $W_1+W_2=\R^4$ である．

演習10.1　線形独立性の判定

$g_1=\begin{bmatrix}1\\2\\0\end{bmatrix},\ g_2=\begin{bmatrix}0\\1\\3\end{bmatrix},\ g_3=\begin{bmatrix}2\\0\\-1\end{bmatrix}$ は線形独立か，線形従属か判定せよ．

ヒント：例10.1と同じように，3本を並べた行列の行列式を計算する（定理10.1）．

→ 解答

演習10.2　部分空間の次元と基底

$\R^3$ の部分空間 $W=\left\{\begin{bmatrix}x\\y\\z\end{bmatrix}\ \middle|\ 2x-y+3z=0\right\}$ の次元と基底を求めよ．

ヒント：定理10.6（$\dim W=n-\rank A$）を使うか，例10.3(i)と同じように1つの変数を残り2つで表す．

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演習10.3　直和の判定

$\R^3$ で $U_1=\left\langle\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\1\\1\end{bmatrix}\right\rangle$，$U_2=\left\langle\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix}\right\rangle$ とするとき，$\R^3=U_1\oplus U_2$（直和）となっているか判定せよ．

ヒント：定義10.10(iii)より，$U_1\cap U_2=\{0\}$ かどうかを調べればよい．$U_1,U_2$ の生成系をあわせた3本のベクトルが独立（$\rank=3$）であることを確認する．

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演習10.4　次元定理の逆算

$\R^5$ の部分空間 $W_1,W_2$ が $\dim W_1=3,\ \dim W_2=3,\ \dim(W_1+W_2)=5$ を満たすとき，$\dim(W_1\cap W_2)$ を求めよ．

ヒント：定理10.8（次元定理）の式を，$\dim(W_1\cap W_2)$ について解けばよい．

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演習10.5　部分空間の公理の確認（反例）

$\R^2$ の第1象限 $W=\{(x,y)\mid x\ge0,\ y\ge0\}$ は，$\R^2$ の部分空間であるか．部分空間でないなら，どの条件が破れるか具体例を挙げて示せ．

ヒント：定義10.7(III)（スカラー倍について閉じているか）を，負のスカラーで試してみる．

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演習10.6　生成系から基底を選ぶ

$h_1=\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix},\ h_2=\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix},\ h_3=\begin{bmatrix}1\\1\\0\end{bmatrix},\ h_4=\begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix}$ は $\R^3$ の生成系である（4本で $\R^3$ を生成するが，$\dim\R^3=3$ なのでどれか1本は余分である）．この4本の中から，$\R^3$ の基底になる3本を選べ．

ヒント：4本の中に，他の2本の線形結合で書けるものが1本ある（10.5節の生成系の説明を参照）．それを除いた3本が独立かどうかを確認する．

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