線形代数の問題

$W$ は同次連立 1 次方程式の解全体なので、掃き出し法で一般解を求め、その解を表すベクトルが基底になることを確かめて次元を数えます。

手順 1：係数行列を階段行列にする

係数行列は
$$A=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 1& -1& 2& 0\\ 2& 0& 3& 1\end{array}\right)$$
です。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
$$\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& -2& 1& -1\\ 0& -2& 1& -1\end{array}\right)$$
となります。さらに第 3 行から第 2 行を引くと
$$\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 0& -2& 1& -1\\ 0& 0& 0& 0\end{array}\right)$$
となります。よって $\mathrm{rank}A=2$ です（実際、3 番目の式は 1 番目と 2 番目の式の和になっています）。

手順 2：一般解を求める

階段行列から、$x_3,x_4$ を自由に選べる変数とします。第 2 行より $-2x_2+x_3-x_4=0$ なので
$$x_2=\frac{x_3-x_4}{2}$$
第 1 行より
$$x_1=-x_2-x_3-x_4=-\frac{x_3-x_4}{2}-x_3-x_4=-\frac{3}{2}{x}_3-\frac{1}{2}{x}_4$$
です。$x_3=2s,x_4=2t$（$s,t$ は任意の実数）とおくと
$$\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ x_2\\ x_3\\ x_4\end{array}\right)=s\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 2\\ 0\end{array}\right)+t\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$$
となります。

手順 3：一次独立を確かめ、基底と次元を決める

$\mathbf{a}=\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 2\\ 0\end{array}\right),\mathbf{b}=\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ とおきます。$s\mathbf{a}+t\mathbf{b}=0$ とすると、第 3 成分から $2s=0$、第 4 成分から $2t=0$ なので $s=t=0$ です。よって $\mathbf{a},\mathbf{b}$ は一次独立です。

手順 2 より $W$ のすべての元は $\mathbf{a},\mathbf{b}$ の一次結合で表せるので、$\{\mathbf{a},\mathbf{b}\}$ は $W$ の基底です。基底のベクトルは 2 個なので
$$\dim W=2$$
です。これは「未知数の個数 $4$ $-$ 係数行列の階数 $2$ $=2$」とも一致します。

連立方程式の係数行列は $A=\left(\begin{array}{cccc}1& 1& 1& 1\\ 1& -1& 2& 0\\ 2& 0& 3& 1\end{array}\right)$ で、$W=\ker A$ である。
第1行と第2行の和は $(1+1,1-1,1+2,1+0)=(2,0,3,1)$ となり、第3行に等しい。したがって第3行は第1行と第2行の線形結合である。
第1行 $(1,1,1,1)$ と第2行 $(1,-1,2,0)$ は互いに定数倍の関係にないので一次独立である。よって $\mathrm{rank}A=2$。
次元定理より $\dim W=4-\mathrm{rank}A=4-2=2$。
検算: 第1式と第2式を解く。第1式と第2式の和から $2x_1+3x_3+x_4=0$ が得られ、これは第3式そのものである。したがって独立な式は2本で、自由変数は $x_3,x_4$ の2つとなり、次元は2と一致する。