線形代数の問題

$W_1$ の次元. ${\mathbf{a}}_1=(1,1,0,0{)}^T,{\mathbf{a}}_2=(0,1,1,0{)}^T,{\mathbf{a}}_3=(1,2,1,0{)}^T$ とおくと ${\mathbf{a}}_3={\mathbf{a}}_1+{\mathbf{a}}_2$ である。また ${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2$ は第 1 成分と第 3 成分を見れば一次独立である。よって $\{{\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2\}$ は $W_1$ の基底で、$\dim W_1=2$。

$W_2$ の次元. 2 つの方程式から $x_4=-x_1$、これを 1 つ目に代入して $x_1-x_2+x_3+x_1=0$、すなわち $x_2=2x_1+x_3$。$x_1=s,x_3=t$ とおくと
$$\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{array}\right)=s\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\\ -1\end{array}\right)+t\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$$
となり、${\mathbf{b}}_1=(1,2,0,-1{)}^T,{\mathbf{b}}_2=(0,1,1,0{)}^T$ は一次独立だから $\dim W_2=2$（係数行列の階数が 2 なので $4-2=2$ としてもよい）。

共通部分. $W_1$ の元は $s{\mathbf{a}}_1+t{\mathbf{a}}_2=(s,s+t,t,0{)}^T$ と書ける。これが $W_2$ に属する条件は
$$s-(s+t)+t-0=0,s+0=0$$
である。1 つ目は常に成り立ち、2 つ目から $s=0$。よって $W_1\cap W_2=\{t(0,1,1,0{)}^T\}$ であり、$\dim (W_1\cap W_2)=1$。

和空間. 次元公式 $\dim (W_1+W_2)=\dim W_1+\dim W_2-\dim (W_1\cap W_2)$ より
$$\dim (W_1+W_2)=2+2-1=3.$$
（確認：$W_1+W_2$ は ${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,{\mathbf{b}}_1,{\mathbf{b}}_2$ で張られるが ${\mathbf{b}}_2={\mathbf{a}}_2$。${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2,{\mathbf{b}}_1$ は、第 4 成分が 0 でないのは ${\mathbf{b}}_1$ だけであり ${\mathbf{a}}_1,{\mathbf{a}}_2$ は一次独立なので一次独立。よって次元 3。）

答えは $(3,1)$。

$W_1$ の生成ベクトルを $a=(1,1,0,0{)}^T,b=(0,1,1,0{)}^T,c=(1,2,1,0{)}^T$ とおくと $c=a+b$ である。$a,b$ は一次独立なので $\dim W_1=2$ で、$W_1=\{(s,s+t,t,0{)}^T\mid s,t\in \mathbb{R}\}$ と書ける。

$W_2$ は連立方程式 $x_4=-x_1$、$x_1-x_2+x_3-x_4=0$ で定まる。第1式を第2式に代入すると $2x_1-x_2+x_3=0$、すなわち $x_2=2x_1+x_3$ となる。したがって自由度は $x_1,x_3$ の2つで、$\dim W_2=2$、基底は $(1,2,0,-1{)}^T,(0,1,1,0{)}^T$ である。

共通部分を求める。$(s,s+t,t,0{)}^T\in W_1$ が $W_2$ に入る条件は次の2つである。
- $x_1+x_4=0$ より $s+0=0$、すなわち $s=0$。
- $x_2=2x_1+x_3$ より $s+t=2s+t$、すなわち $s=0$。

よって $W_1\cap W_2=\{(0,t,t,0{)}^T\}$ で、$\dim (W_1\cap W_2)=1$ である。

次元公式より $\dim (W_1+W_2)=2+2-1=3$ である。

検算として、$W_1+W_2$ の生成ベクトル $(1,1,0,0),(0,1,1,0),(1,2,0,-1)$ は、第4成分が $(1,2,0,-1)$ だけ 0 でないので一次独立である。したがって次元は 3 で、上の結果と一致する。