線形代数の問題

方針 同次連立 1 次方程式の解全体のなす部分空間は、掃き出し法で一般解を求め、一般解に現れるベクトルが一次独立であることを確かめれば、それらが基底になる。基底のベクトルの個数が次元である。

1. 係数行列を階段行列にする

同次方程式なので、係数行列だけを行基本変形すればよい。
$$A=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 1& -1& 1& -1\\ 2& 0& 2& 0\end{array}\right)$$
第 2 行から第 1 行を引き、第 3 行から第 1 行の 2 倍を引くと
$$\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& -2& 0& -2\\ 0& -2& 0& -2\end{array}\right)$$
第 3 行から第 2 行を引き、第 2 行を $-\frac{1}{2}$ 倍すると
$$\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& 1& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$$
第 1 行から第 2 行を引くと
$$\left(\begin{array}{cccc}1& 0& 1& 0\\ 0& 1& 0& 1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$$
となる。よって $\mathrm{rank}A=2$ である。3 つ目の式 $2x_1+2x_3=0$ は 1 つ目と 2 つ目の式の和なので、新しい条件を加えていない。

2. 一般解を求める

階段行列から $x_1+x_3=0,x_2+x_4=0$ である。$x_3=s,x_4=t$（$s,t$ は任意の実数）とおくと
$$\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{array}\right)=s\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right)+t\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$$
となる。そこで $\mathbf{a}=\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 1\\ 0\end{array}\right),\mathbf{b}=\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ とおく。$W$ のすべての元は $\mathbf{a},\mathbf{b}$ の一次結合で表せるので、$W$ は $\mathbf{a},\mathbf{b}$ で生成される。

3. 一次独立性を確かめる

$s\mathbf{a}+t\mathbf{b}=0$ とする。第 3 成分を比べると $s=0$、第 4 成分を比べると $t=0$ である。よって $\mathbf{a},\mathbf{b}$ は一次独立である。

4. 結論

$\{\mathbf{a},\mathbf{b}\}$ は $W$ の基底であり、その個数は 2 である。よって $\dim W=2$ である。これは $(\text{未知数の個数})-\mathrm{rank}A=4-2=2$ とも一致する。

係数行列の行は (1,1,1,1), (1,-1,1,-1), (2,0,2,0) である。第1式と第2式を足すと $2x_1+2x_3=0$ となり、第3式は第1式と第2式の和に等しい。よって第3式は冗長で、階数は2以下である。第1行と第2行は比例しないので階数は 2 である。次元定理より $\dim W=4-2=2$。
検算：第1式と第2式から $x_2+x_4=0$ かつ $x_1+x_3=0$ が得られる。解は $(a,b,-a,-b)$ で、自由パラメータは $a,b$ の2つである。これを元の式に代入すると、第1式は $a+b-a-b=0$、第2式は $a-b-a+b=0$、第3式は $2a-2a=0$ となり、すべて成り立つ。基底は $(1,0,-1,0)$ と $(0,1,0,-1)$ で、次元は 2 である。