ベクトル空間・一次独立・基底・次元

一次独立かどうかを判定し、部分空間の基底と次元を求められる

前提

行列の階数と解の存在（大学数学線形代数）

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算数中学高校大学大学院

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行列の階数と解の存在（大学数学線形代数）

説明

いくつかのベクトルが「互いに余分がない（一次独立）」かどうかを、行列の階数を使って機械的に判定できるようになります。さらに、それらのベクトルが張る部分空間や、同次連立 1 次方程式の解全体について、最小限の「骨組み」となるベクトルの組（基底）と、その本数（次元）を求められるようになります。次元は「その空間にどれだけの自由度があるか」を表す数で、線形代数のほぼすべての場面で使います。

なぜそうしてよいのか

まず言葉を定めます。 $R^{n}$ の部分集合 $W$ が零ベクトルを含み、和とスカラー倍で閉じている（ $u, v \in W, c \in R$ なら $u + v \in W, c u \in W$ ）とき、 $W$ を部分空間といいます（和とスカラー倍が定義され、このように閉じた集合一般をベクトル空間と呼びます）。ベクトル $a_{1}, \dots, a_{k}$ の一次結合 $c_{1} a_{1} + \dots + c_{k} a_{k}$ 全体は部分空間になり、これを $a_{1}, \dots, a_{k}$ が張る部分空間といって $⟨ a_{1}, \dots, a_{k} ⟩$ と書きます。 $c_{1} a_{1} + \dots + c_{k} a_{k} = 0$ を満たす $(c_{1}, \dots, c_{k})$ が $c_{1} = \dots = c_{k} = 0$ しかないとき一次独立、そうでないとき一次従属といいます。一次従属なら、0 でない係数 $c_{i}$ をもつベクトル $a_{i}$ は両辺を $c_{i}$ で割ることで他のベクトルの一次結合で表せるので、張る空間を作るうえで「余分」です。

この定義は連立 1 次方程式そのものです。 $a_{1}, \dots, a_{k}$ を列に並べた $n \times k$ 行列を $A$ とすると、 $c_{1} a_{1} + \dots + c_{k} a_{k} = A c$ です。前提の技能より、同次方程式 $A c = 0$ は常に解 $c = 0$ をもち、解の自由度は $k - rank A$ です。よって「解が $c = 0$ だけ」 $⟺$ $rank A = k$ 、つまり一次独立 $⟺$ $rank A = k$ です。

さらに、行基本変形は $A c = 0$ の解の集合を変えないので、列ベクトルの間の一次関係（どの列が他の列のどんな一次結合か）はそのまま保たれます。簡約化した行列では、主成分（各行の先頭の 1）を含む列は単位ベクトルの形なので一次独立で、他の列はそれらの一次結合になっています。したがって元の $A$ でも、主成分の位置にある列 $a_{i}$ たちは一次独立で、残りの列をすべて表せます。このように「一次独立で、かつ $W$ のすべてのベクトルを一次結合で表せる」組を $W$ の基底といいます。基底の取り方は 1 通りではありませんが、その本数は取り方によらず一定であることが知られており、この本数を $W$ の次元 $dim W$ と呼びます（ $W = {0}$ のときは $dim W = 0$ と定めます）。以上から $dim ⟨ a_{1}, \dots, a_{k} ⟩ = rank A$ が成り立ちます。

手順

与えられたベクトル $a_{1}, \dots, a_{k}$ を列として並べた $n \times k$ 行列 $A = (a_{1} \dots a_{k})$ を作る。
$A$ を行基本変形で階段形（できれば簡約化）にし、主成分を含む列の番号と $rank A$ を求める。
一次独立かどうかを判定する： $rank A = k$ なら一次独立、 $rank A < k$ なら一次従属（ $rank A \leq n$ なので、特に $k > n$ なら必ず一次従属）。
張る部分空間の基底を取る：主成分の位置にある「元の」列 $a_{i}$ を並べたものが基底で、 $dim ⟨ a_{1}, \dots, a_{k} ⟩ = rank A$ 。
（必要なら）残りの列の表し方を簡約化した行列の列から読み取る。例えば簡約化後の第 3 列が $(1, 1, 0, \dots, 0)^{T}$ で主成分が第 1・2 列にあるなら $a_{3} = a_{1} + a_{2}$ 。
解空間 ${x \in R^{n} ∣ B x = 0}$ （ $B$ は $m \times n$ ）の場合は、簡約化して自由変数を 1 つずつ 1、他の自由変数を 0 とおいた解を並べると基底になり、次元は $n - rank B$ 。

例題

$R^{4}$ のベクトル $a_{1} = 1201, a_{2} = 2130, a_{3} = 3331, a_{4} = 1 - 1 3 - 1$ が張る部分空間 $W = ⟨ a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4} ⟩$ の次元 $dim W$ を求めよ。

例題の解答

手順 1：列に並べて $A = 120121303331 1 - 1 3 - 1$ とする。

手順 2：第 2 行から第 1 行の 2 倍を引き、第 4 行から第 1 行を引くと $1000 2 - 3 3 - 2 3 - 3 3 - 2 1 - 3 3 - 2$ 。第 2 行を $- 3$ で割って $(0, 1, 1, 1)$ とし、第 3 行からその 3 倍を引き、第 4 行にその 2 倍を加え、第 1 行からその 2 倍を引くと $100001001100 - 1 100$ 。主成分は第 1 列と第 2 列にあり、 $rank A = 2$ 。

手順 3： $rank A = 2 < 4$ なので $a_{1}, \dots, a_{4}$ は一次従属。

手順 4：主成分の位置にある元の列 $a_{1}, a_{2}$ が $W$ の基底で、 $dim W = rank A = 2$ 。

手順 5（確認）：簡約化後の第 3 列 $(1, 1, 0, 0)^{T}$ 、第 4 列 $(- 1, 1, 0, 0)^{T}$ から $a_{3} = a_{1} + a_{2}$ 、 $a_{4} = - a_{1} + a_{2}$ と読める。実際 $a_{1} + a_{2} = (3, 3, 3, 1)^{T}$ 、 $- a_{1} + a_{2} = (1, - 1, 3, - 1)^{T}$ で一致する。また $a_{1}, a_{2}$ は平行でないので一次独立であることとも合う。よって $dim W = 2$ 。

答え: $2$

よくある誤り

簡約化した後の行列の列（例題なら $(1, 0, 0, 0)^{T}, (0, 1, 0, 0)^{T}$ ）を $W$ の基底としてしまう誤り。行基本変形で列ベクトルそのものは変わってしまう（例えば $(1, 0, 0, 0)^{T}$ は $W$ に属さない）ので、正しくは主成分の位置にある元の列 $a_{1}, a_{2}$ を基底に取る。
どの 2 本も平行でなければ一次独立だとしてしまう誤り。例題の $a_{1}, a_{2}, a_{3}$ はどの 2 本も平行でないが $a_{3} = a_{1} + a_{2}$ なので一次従属。正しくは全体を並べた行列の階数が本数 $k$ に等しいかで判定する。
部分空間の次元を成分の個数（ $R^{4}$ なら 4）やベクトルの本数（例題なら 4）としてしまう誤り。正しくは $dim W = rank A$ で、例題では 2。
解空間 ${x ∣ B x = 0}$ の次元を $rank B$ としてしまう誤り。正しくは自由変数の個数 $n - rank B$ （ $n$ は未知数の個数）。例えば $B$ が例題の $A$ なら解空間の次元は $4 - 2 = 2$ （基底は $(- 1, - 1, 1, 0)^{T}, (1, - 1, 0, 1)^{T}$ ）。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

核と像と次元定理（大学数学線形代数）
内積空間とグラム・シュミットの直交化（大学数学線形代数）
拡大次数と次数の積の公式（大学数学代数学）
線形符号と生成行列（大学数学情報理論・符号理論）
因子と L(D) （大学院数学複素解析・リーマン面）
レベル 1 のモジュラー形式の空間の次元（大学院数学楕円関数・モジュラー形式）