線形代数(線形空間)

線形代数の線形空間について一度まとめておきたいと個人的に思ったため、過去に書いたノートを元にして書いています。『線型代数入門(東京大学出版会)』を自主ゼミで読んでいた時のものなので、かなりノートの出来は悪いですが、それでもよければどうぞ。

線形空間

$T$が$V$から$V'$への線形写像、$S$が$V'$から$V''$への線形写像ならば、合成写像$ST$は、

$ST = S \circ T$

で、$V$から$V''$への線形写像である。

$V$から$V'$への二つの線形写像$T_1 , T_2$に対し、和$T_1+T_2$を

$(T_1+T_2)(x) = T_1x+T_2x$

によって、定義する。

特に、$V$から$V$自身への線形写像を$V$の線形変換という。$V$の二つの線形変換の積(合成変換のことを積という)は、また$V$の線形変換である。

次の諸性質は明らかである。

(1)$V≅V$(反射律)
(2)$V≅V' \rightarrow V'≅V$(対称律)
(3)$V≅V' , V'≅V'' \rightarrow V ≅ V''$(推移律)

基底および次元

$K$上の線形空間を$V$とする。

$V$のベクトルを$a_1,a_2,\cdots,a_k$に対し、

$c_1a_1+c_2a_2+\cdots+c_ka_k$ ($c_i \in K (i=1,2,\cdots,k)$)

の形のベクトルを$a_1,a_2,\cdots,a_k$の線形結合という。ベクトル$a_1,a_2,\cdots,a_k$の間の関係

$c_1a_1+c_2a_2+\cdots+c_ka_k = 0$

を線形関係という。

$a_1,a_2,\cdots,a_k$がどんなベクトルであっても線形関係は必ず存在する。それは、$c_1=c_2=\cdots=c_k = 0$としたもので、自明な線形関係と呼ばれる。自明でない線形関係はいつでも存在するとは限らない。

$a_1,a_2,\cdots , a_k$の間に自明でない線形関係が存在するとき、$a_1,a_2,\cdots , a_k$を線形従属といい、自明でない線形関係が存在しないとき、$a_1,a_2,\cdots , a_k$は線型独立であるという。

証明
$a_1,a_2,\cdots,a_k$が線型従属ならば、自明でない線形関係

$c_1a_1+c_2a_2+\cdots+c_ka_k = 0$

が成り立ち、$c_p \ne 0(1\le p \le k)$となるものが存在する。

これより、$c_pa_p$以外をすべて右辺に移項し、両辺を$c_p$で割ってあげると、

$a_p = -\dfrac{c_1}{c_p}a_1 - \dfrac{c_2}{c_p}a_2 - \cdots - \dfrac{c_k}{c_p}a_k$

となる。よって、一つの元が$k-1$個のベクトルの線形結合として表すことができた。

逆を示す。

ある$p(1\le p \le k)$に対して、

$a_p = b_1a_1+b_2a_2+\cdots + b_ka_k$

ならば、$a_1,a_2,\cdots,a_p,\cdots,a_k$の間の線形関係

$b_1a_1+\cdots+b_{p-1}a_{p-1} - a_p + b_{p+1}a_{p+1}+\cdots + b_ka_k = 0$

は自明でない線形関係である。□

証明
$a_1,a_2,\cdots,a_n,a$の間に線形関係

$c_1a_1+c_2a_2+\cdots+c_ka_k+ca=0$ (1)

があるとする。$c\ne 0$ならば、$a_1,a_2,\cdots,a_n $の線形結合として表され、仮定に矛盾する。したがって、$c=0$.

すると、(1)は$a_1,a_2,\cdots,a_n$の間の線形関係となるから、仮定より、

$c_1=c_2=\cdots=c_k=0$

よって、$a_1,a_2,\cdots,a_k,a$は線型独立である。□

$V$が零ベクトルだけからなる場合を除けば、基底は必ず存在する。

証明
$V$は有限次元であるから、有限個のベクトル$a_1,a_2,\cdots,a_k$が存在して、$V$の任意のベクトルは$a_1,a_2,\cdots,a_k$の線形結合である。

$V$のすべてのベクトルが$e_1,e_2,\cdots,e_r $の線形結合ならば、$< e_1,e_2,\cdots,e_r>$はすでに$V$の基底である。

$e_1,e_2,\cdots,e_r$の線形結合として表されないベクトルがあれば、命題3より、$ a_1,a_2,\cdots,a_k$のなかにそのようなものがある。

($a_1,a_2,\cdots,a_k$の中に$e_1,e_2,\cdots,e_r$の線形結合として表されないベクトルがあるということを上の文は説明している)

$a_1$が$e_1,e_2,\cdots,e_r$の線形結合として表されないベクトルとする。このベクトルを

$a_1 = e_{r+1}$

とおく。$e_1,e_2,\cdots,e_r,e_{r+1}$は命題2より線形結合である。これらがまだ基底にならない場合、$a_2,\cdots,a_k$のうち、$e_1,e_2,\cdots,e_r$の線形結合として表されないものを選んでそれを$e_{r+2}$とおく。

この操作を繰り返していくと、高々$k$回目で$V$の基底になる。□

証明
$< e_1,e_2,\cdots,e_n>$が$V$の基底ならば、$V$の任意のベクトル$x$は一意に

$x = x_1e_1+x_2e_2+\cdots+x_ne_n$

と表される。

そこで、$V$から$K^n$への写像$φ$を

$φ(x)= {}^t(x_1,x_2,\cdots,x_n)$

と定義すれば、$φ$は$V$と$K^n$との間の同型対応を与える。□

証明
$K^n$の元$a_1,a_2,\cdots,a_m(m > n)$によって与えられる$m$個の未知数$x_1,x_2,\cdots,x_m$に関する$n$個の斉次一次方程式の系

$x_1a_1+x_2a_2+\cdots+x_ma_m = 0$

は自明でない解をもつ。

これは、$a_1,a_2,\cdots,a_m$が線型従属であることを意味する。

特に、$K^m$と$K^n$とが同型ならば、$K^m$の$m$個の単位ベクトル$e_1,e_2,\cdots,c_m$に対応する$K^n$の$m$個のベクトルは命題6より線型独立である。
したがって、$m\le n$ , 同様に$m\ge n$でなくてはならない。□

証明
命題7より$V$は$K^n$に同型である。したがって、命題6及び命題7より、$n$個より多くのベクトルは線型従属である。

$V$が$m$個の元より成る基底を持てば、命題7により$V$は$K^m$にも同型となるから、$m=n$にならなければならない。□

$V$の任意の部分集合$S$に対し、$S$の有限個のベクトル$e_1,e_2,\cdots,e_n$が次の二条件

(1)$e_1,e_2,\cdots,e_n$は線型独立である。
(2)$S$の任意のベクトルは$e_1,e_2,\cdots,e_n$の線形結合として表される。

を充たすとき、$\{e_1,e_2,\cdots,e_n\}$は$S$の極大線型独立系であるという。

$V=\{0\}$には基底は存在しない。この空間の次元は0であると定める。