線形代数の問題

${\mathbf{v}}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\\ 1\end{array}\right),{\mathbf{v}}_2=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 1\\ 0\end{array}\right),{\mathbf{w}}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\\ -1\end{array}\right),{\mathbf{w}}_2=\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ とおく。

$\dim W_1,\dim W_2$　${\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2$ は比例しないので 1 次独立で $\dim W_1=2$。同様に ${\mathbf{w}}_1,{\mathbf{w}}_2$ も 1 次独立で $\dim W_2=2$。

$\dim (W_1+W_2)$　$W_1+W_2=⟨{\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2,{\mathbf{w}}_1,{\mathbf{w}}_2⟩$ である。${\mathbf{v}}_2-{\mathbf{v}}_1=\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\\ -1\end{array}\right)={\mathbf{w}}_1$ なので ${\mathbf{w}}_1\in W_1$。一方 $s{\mathbf{v}}_1+t{\mathbf{v}}_2=\left(\begin{array}{c}s+2t\\ 2s+t\\ t\\ s\end{array}\right)={\mathbf{w}}_2$ とすると第 3・第 4 成分から $t=s=0$ となり第 1 成分が $0\ne 1$ で矛盾するから、${\mathbf{w}}_2\notin W_1$。よって ${\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2,{\mathbf{w}}_2$ は 1 次独立で
$$W_1+W_2=⟨{\mathbf{v}}_1,{\mathbf{v}}_2,{\mathbf{w}}_2⟩,\dim (W_1+W_2)=3$$

次元公式
$$\dim (W_1\cap W_2)=\dim W_1+\dim W_2-\dim (W_1+W_2)=2+2-3=1$$
（実際、$W_1\cap W_2=⟨{\mathbf{w}}_1⟩$ である。）

${\mathbf{u}}_1=(1,2,0,1{)}^T,{\mathbf{u}}_2=(2,1,1,0{)}^T,{\mathbf{w}}_1=(1,-1,1,-1{)}^T,{\mathbf{w}}_2=(1,0,0,0{)}^T$ とおく。$\alpha {\mathbf{u}}_1+\beta {\mathbf{u}}_2=\gamma {\mathbf{w}}_1+\delta {\mathbf{w}}_2$ を成分ごとに書くと

$\alpha +2\beta =\gamma +\delta ,2\alpha +\beta =-\gamma ,\beta =\gamma ,\alpha =-\gamma$。

第 3, 4 式より $\beta =\gamma ,\alpha =-\gamma$。第 2 式: $-2\gamma +\gamma =-\gamma$ で恒等的に成立。第 1 式: $-\gamma +2\gamma =\gamma +\delta$ より $\delta =0$。

${\mathbf{u}}_1,{\mathbf{u}}_2$ は一次独立、${\mathbf{w}}_1,{\mathbf{w}}_2$ も一次独立なので、解の自由度は $\gamma$ の 1 つのみ。よって $W_1\cap W_2=⟨(1,-1,1,-1{)}^T⟩$ で次元は $1$。

検算: $-{\mathbf{u}}_1+{\mathbf{u}}_2=(1,-1,1,-1{)}^T={\mathbf{w}}_1$。また 4 本のベクトルの張る空間の次元は $2+2-1=3$ で、4 本の一次独立でない関係が 1 つだけという結論と整合する。