一次独立と一次従属｜定義から行列式・階数による判定まで計算例つき

ベクトルを何本か並べたとき、そのうちの 1 本が他のベクトルで作れてしまうことがある。作れないとき一次独立、作れてしまうとき一次従属という。

言葉は堅いが、やっていることは「無駄なベクトルが混じっていないか」を調べるだけである。線形代数のほとんどの話は、この判定の上に組み立てられている。

以下では一次結合の定義から始め、16 個の計算例を 1 つずつ手で追う。判定法は連立方程式・行列式・掃き出し法の 3 通りを扱う。

一次結合とは

$n$ 個のベクトル ${\vec{a}}_1,{\vec{a}}_2,\dots ,{\vec{a}}_n$ と実数 $c_1,c_2,\dots ,c_n$ に対して、次の形の式を一次結合という。

$$c_1{\vec{a}}_1+c_2{\vec{a}}_2+\cdots +c_n{\vec{a}}_n$$

$c_1,\dots ,c_n$ を係数と呼ぶ。ベクトルを定数倍して足し合わせる、というだけの操作である。

線形結合ということもある。同じものを指しており、教科書によって呼び方が違うだけだ。

計算例: 2 本のベクトルで作る

${\vec{a}}_1=(1,2)$, ${\vec{a}}_2=(3,1)$ から $(5,5)$ を作ってみる。

$c_1(1,2)+c_2(3,1)=(5,5)$ とおくと、成分ごとに次の連立方程式になる。

$$\{\begin{array}{l}{c}_1+3c_2=5\\ 2c_1+c_2=5\end{array}$$

下の式から $c_2=5-2c_1$ を得る。これを上の式へ代入すると $c_1+15-6c_1=5$ となり、$-5c_1=-10$、すなわち $c_1=2$ である。

したがって $c_2=5-4=1$ となる。検算すると $2(1,2)+1(3,1)=(2+3,4+1)=(5,5)$ で、たしかに合っている。

一次結合で作れる範囲

係数 $c_1,c_2$ をあらゆる実数で動かしたとき、一次結合が作るベクトル全体を、そのベクトルたちが張る範囲という。

$(1,2)$ と $(3,1)$ の場合、この 2 本は向きが違うので、平面上のどんな点にも届く。前節の計算はその一例である。

ところが $(1,2)$ と $(2,4)$ のように一方が他方の定数倍だと、事情が変わる。どちらも同じ向きなので、原点を通る 1 本の直線から出られない。

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同じ 2 本でも、張る範囲が平面になるか直線になるかが分かれる。この差を判定するのが一次独立という概念である。

計算例: 作れないベクトル

$(1,2)$ と $(2,4)$ から $(5,5)$ を作れるか試してみる。

$c_1(1,2)+c_2(2,4)=(c_1+2c_2,2c_1+4c_2)$ である。ここで第 2 成分は第 1 成分のちょうど 2 倍になっている。

つまり作れるのは $(t,2t)$ の形のベクトルだけだ。$(5,5)$ を作るには $t=5$ かつ $2t=5$ が必要で、これは成り立たない。

前の節では作れて、ここでは作れない。使うベクトルの選び方で、届く範囲がまったく変わる。

次元をそろえる

一次結合を考えるときは、ベクトルの次元をそろえておく必要がある。

2 次元ベクトルと 3 次元ベクトルは足せない。成分の個数が違うので、対応する成分どうしを足すという操作が定義できないからである。

以下では、断りのないかぎり同じ次元のベクトルだけを並べる。

一次独立の定義

ベクトル ${\vec{a}}_1,\dots ,{\vec{a}}_n$ が一次独立であるとは、次が成り立つことをいう。

$$c_1{\vec{a}}_1+\cdots +c_n{\vec{a}}_n=\vec{0}⟹c_1=\cdots =c_n=0$$

一次結合がゼロベクトルになるのは、係数が全部ゼロのときに限る、という条件である。

線形独立ということもある。

定義の読み方

係数が全部ゼロなら一次結合がゼロになることは、どんなベクトルでも当たり前に成り立つ。$0{\vec{a}}_1+\cdots +0{\vec{a}}_n=\vec{0}$ だからである。

だから定義で意味があるのは逆向きだけだ。ゼロにする方法が、この当たり前のもの以外にあるかどうかを問うている。

「係数が全部ゼロ」という自明な解しか持たないかどうか。ここだけを見ればよい。

直観: 無駄なベクトルがない

一次独立を言い換えると、どの 1 本も他のベクトルたちで作れない、ということになる。

もし ${\vec{a}}_1$ が他で作れたとしよう。${\vec{a}}_1=c_2{\vec{a}}_2+\cdots +c_n{\vec{a}}_n$ と書けるなら、移項して ${\vec{a}}_1-c_2{\vec{a}}_2-\cdots -c_n{\vec{a}}_n=\vec{0}$ となる。

このとき ${\vec{a}}_1$ の係数は $1$ で、ゼロでない。自明でないゼロの作り方が見つかったので、一次独立ではない。

逆に一次独立なら、どの 1 本も他では作れない。全員が仕事をしていて、誰も余っていない状態である。

直観: 表し方が 1 通りに決まる

もう 1 つの見方は、表現の一意性である。

${\vec{a}}_1,\dots ,{\vec{a}}_n$ が一次独立なら、それらの一次結合で書けるベクトルの表し方は 1 通りしかない。

2 通りの表し方 $\sum c_i{\vec{a}}_i=\sum d_i{\vec{a}}_i$ があったとすると、差を取って $\sum (c_i-d_i){\vec{a}}_i=\vec{0}$ になる。一次独立性から $c_i-d_i=0$、つまり $c_i=d_i$ である。

座標が 1 通りに決まる、ということでもある。基底の話につながる性質で、あとで詳しく見る。

一次従属の定義

一次独立でないとき、そのベクトルたちは一次従属であるという。

条件として書き下ろすと、少なくとも 1 つは $0$ でない実数 $c_1,\dots ,c_n$ を使って次が成り立つ、ということになる。

$$c_1{\vec{a}}_1+c_2{\vec{a}}_2+\cdots +c_n{\vec{a}}_n=\vec{0}$$

「少なくとも 1 つは $0$ でない」が要である。全部ゼロでよいなら、どんなベクトルでも条件を満たしてしまう。

一次従属なら 1 本を他で表せる

一次従属であれば、どれか 1 本を他のベクトルで表せる。

$c_1\ne 0$ としてよい。上の式を移項すると $c_1{\vec{a}}_1=-c_2{\vec{a}}_2-\cdots -c_n{\vec{a}}_n$ となる。

両辺を $c_1$ で割ればよい。

$${\vec{a}}_1=-\frac{c_2}{c_1}{\vec{a}}_2-\cdots -\frac{c_n}{c_1}{\vec{a}}_n$$

右辺のマイナス符号を落とさないこと。移項したぶんの符号なので、消えたりはしない。

独立と従属は互いの否定

一次独立と一次従属は、片方が成り立たなければもう片方が成り立つ、という関係にある。

「ゼロにする係数の組が自明なものだけ」の否定が「自明でない組がある」だからである。中間はない。

したがって判定は二択になる。一次独立を示すか、自明でない関係式を 1 つ見つけて一次従属を示すか、どちらかだ。

2 本なら平行かどうかで決まる

ベクトルが 2 本のときに限れば、判定はとても簡単になる。

$c_1{\vec{a}}_1+c_2{\vec{a}}_2=\vec{0}$ で $c_1\ne 0$ なら ${\vec{a}}_1=-(c_2/c_1){\vec{a}}_2$ となり、${\vec{a}}_1$ は ${\vec{a}}_2$ の定数倍である。これが平行ということだ。

ただしこの言い換えが使えるのは 2 本のときだけである。3 本以上では通用しない。この点はあとで詳しく扱う。

計算例: 平行でない 2 本

${\vec{a}}_1=(1,2)$, ${\vec{a}}_2=(3,1)$ を調べる。$c_1(1,2)+c_2(3,1)=(0,0)$ とおく。

$$\{\begin{array}{l}{c}_1+3c_2=0\\ 2c_1+c_2=0\end{array}$$

上の式から $c_1=-3c_2$ である。下の式へ代入すると $-6c_2+c_2=0$、つまり $-5c_2=0$ となり $c_2=0$ を得る。

すると $c_1=0$ でもある。ゼロにする方法は自明なものしかないので、この 2 本は一次独立である。

計算例: 平行な 2 本

${\vec{a}}_1=(1,2)$, ${\vec{a}}_2=(2,4)$ を調べる。見た目のとおり ${\vec{a}}_2=2{\vec{a}}_1$ である。

移項すると $2{\vec{a}}_1-{\vec{a}}_2=\vec{0}$ となる。係数は $(2,-1)$ で、どちらもゼロでない。

自明でないゼロの作り方が見つかったので、この 2 本は一次従属である。実際 $2(1,2)-(2,4)=(2-2,4-4)=(0,0)$ となる。

一次従属を示すときは、こうして関係式を 1 つ挙げれば済む。すべての場合を調べる必要はない。

零ベクトルが混じる場合

零ベクトルを含むベクトルの組は、必ず一次従属である。

${\vec{a}}_1=\vec{0}$ としよう。係数を $c_1=1$、他をすべて $0$ とすると、$1\cdot \vec{0}+0{\vec{a}}_2+\cdots =\vec{0}$ が成り立つ。

$c_1=1\ne 0$ なので、自明でないゼロの作り方になっている。他のベクトルが何であっても関係ない。

零ベクトルは「向き」を持たないので、平行かどうかという言い換えでは扱いにくい。定義に戻れば迷わない。

計算例: 1 本だけの場合

ベクトルが 1 本 $\vec{a}$ だけのときも定義は使える。$c\vec{a}=\vec{0}$ を考える。

$\vec{a}\ne \vec{0}$ なら、$c\vec{a}=\vec{0}$ から $c=0$ が出る。よって一次独立である。

$\vec{a}=\vec{0}$ なら $c=1$ でも成り立つので、一次従属になる。

つまり 1 本だけの場合、一次独立であることと零ベクトルでないことが同じ意味になる。

3 本以上では平行だけでは足りない

ここからが、初めて学ぶときに最もつまずきやすいところである。

3 本以上のとき、「どの 2 本も平行でない」から一次独立を結論することはできない。2 本ずつ調べても足りないのである。

理由は、3 本目が最初の 2 本の一次結合で作れてしまう場合があるからだ。1 本ずつ比べているだけでは、この事情が見えない。

次の計算例で確かめる。

計算例: どの 2 本も平行でないのに従属

${\vec{a}}_1=(1,0)$, ${\vec{a}}_2=(0,1)$, ${\vec{a}}_3=(1,1)$ を考える。

どの 2 本を取り出しても平行でない。$(1,0)$ と $(0,1)$ は直交しているし、$(1,1)$ はどちらの定数倍でもない。

ところがこの 3 本は一次従属である。${\vec{a}}_3={\vec{a}}_1+{\vec{a}}_2$ なので、移項すれば関係式が得られる。

$$1\cdot {\vec{a}}_1+1\cdot {\vec{a}}_2+(-1)\cdot {\vec{a}}_3=\vec{0}$$

係数 $(1,1,-1)$ はどれもゼロでない。検算すると $(1,0)+(0,1)-(1,1)=(0,0)$ である。

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図のように、3 本が同じ平面に乗ってしまうと一次従属になる。2 本ずつの比較では、この「同じ平面に乗る」という状況を捉えられない。

判定は必ず 3 本まとめて行う必要がある。次の節から、そのための道具を用意する。

計算例: 3 本が一次独立

今度は独立になる例を見る。${\vec{a}}_1=(1,0,0)$, ${\vec{a}}_2=(1,1,0)$, ${\vec{a}}_3=(1,1,1)$ とする。

$c_1{\vec{a}}_1+c_2{\vec{a}}_2+c_3{\vec{a}}_3=\vec{0}$ を成分ごとに書く。

$$\{\begin{array}{l}{c}_1+c_2+c_3=0\\ c_2+c_3=0\\ c_3=0\end{array}$$

第 3 式から $c_3=0$ である。これを第 2 式に入れると $c_2=0$ を得る。さらに第 1 式に入れると $c_1=0$ になる。

下から順に決まっていき、すべてゼロになった。よってこの 3 本は一次独立である。

計算例: 平面上の 3 本

${\mathbb{R}}^2$ のベクトルは、3 本以上並べると必ず一次従属になる。

${\vec{a}}_1=(1,0)$, ${\vec{a}}_2=(0,1)$, ${\vec{a}}_3=(1,1)$ の例がまさにそうだった。これは偶然ではない。

未知数 $c_1,c_2,c_3$ に対して方程式は成分の個数だけ、つまり 2 本しかない。未知数のほうが多い斉次連立方程式は、必ず自明でない解を持つ。

一般に $n$ 次元のベクトルを $n+1$ 本以上並べれば、同じ理由で必ず一次従属になる。この事実はあとでもう一度扱う。

判定法 1: 連立方程式

ここまで使ってきたのが、この方法である。

$c_1{\vec{a}}_1+\cdots +c_n{\vec{a}}_n=\vec{0}$ を成分ごとに書き下ろすと、$c_i$ についての斉次連立一次方程式になる。

自明でない解が見つかったときは、その解の値がそのまま関係式の係数になる。どのベクトルがどう余っているかまで分かるのが利点である。

計算例: 連立方程式で判定する

${\vec{a}}_1=(1,2,3)$, ${\vec{a}}_2=(4,5,6)$, ${\vec{a}}_3=(7,8,9)$ を調べる。

$$\{\begin{array}{l}{c}_1+4c_2+7c_3=0\\ 2c_1+5c_2+8c_3=0\\ 3c_1+6c_2+9c_3=0\end{array}$$

第 2 式から第 1 式の 2 倍を引くと $-3c_2-6c_3=0$、すなわち $c_2=-2c_3$ である。

第 3 式から第 1 式の 3 倍を引くと $-6c_2-12c_3=0$ となるが、これは先ほどの式の 2 倍にすぎず、新しい情報を持たない。

$c_3=1$ と選ぶと $c_2=-2$ で、第 1 式から $c_1=-4c_2-7c_3=8-7=1$ となる。関係式は次のとおりである。

$${\vec{a}}_1-2{\vec{a}}_2+{\vec{a}}_3=\vec{0}$$

検算すると $(1-8+7,2-10+8,3-12+9)=(0,0,0)$ である。よって一次従属である。

判定法 2: 行列式

ベクトルの本数と次元が等しいときは、行列式が使える。

$n$ 次元のベクトルを $n$ 本並べて正方行列の列にする。この行列の行列式がゼロでなければ一次独立、ゼロなら一次従属である。

理由は、行列式がゼロでないことと、斉次連立方程式が自明解しか持たないことが同値だからである。手早く判定したいときに便利な道具になる。

本数と次元が違うときは正方行列にならないので、この方法は使えない。次に見る階数の方法へ進む。

計算例: 2 次の行列式

${\vec{a}}_1=(1,2)$, ${\vec{a}}_2=(3,1)$ を列に並べる。

$$\left|\begin{array}{cc}1& 3\\ 2& 1\end{array}\right|=1\cdot 1-3\cdot 2=-5$$

$-5\ne 0$ なので一次独立である。連立方程式で調べた結果と一致している。

${\vec{a}}_1=(1,2)$, ${\vec{a}}_2=(2,4)$ なら次のようになる。

$$\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 4\end{array}\right|=1\cdot 4-2\cdot 2=0$$

行列式がゼロなので一次従属である。2 次の場合、この計算は「たすきがけの差」で済む。

計算例: 3 次の行列式（独立）

${\vec{a}}_1=(1,2,3)$, ${\vec{a}}_2=(0,1,4)$, ${\vec{a}}_3=(5,6,0)$ を列に並べる。

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 0& 5\\ 2& 1& 6\\ 3& 4& 0\end{array}\right|=1(1\cdot 0-6\cdot 4)-0(2\cdot 0-6\cdot 3)+5(2\cdot 4-1\cdot 3)$$

各項を計算すると $1\cdot (-24)-0+5\cdot 5=-24+25=1$ である。

$1\ne 0$ なので、この 3 本は一次独立である。第 1 行に沿った余因子展開を使った。

計算例: 3 次の行列式（従属）

先ほど連立方程式で調べた $(1,2,3)$, $(4,5,6)$, $(7,8,9)$ を、行列式でも確かめる。

$$\left|\begin{array}{ccc}1& 4& 7\\ 2& 5& 8\\ 3& 6& 9\end{array}\right|=1(5\cdot 9-8\cdot 6)-4(2\cdot 9-8\cdot 3)+7(2\cdot 6-5\cdot 3)$$

計算すると $1(45-48)-4(18-24)+7(12-15)=-3+24-21=0$ となる。

行列式がゼロなので一次従属である。連立方程式で得た関係式と結論が一致した。

行列式は独立か従属かを教えてくれるが、関係式そのものは教えてくれない。関係式まで欲しいときは連立方程式か掃き出し法を使う。

判定法 3: 掃き出し法と階数

本数と次元が違っても使えるのが、この方法である。

ベクトルを行として並べた行列に行基本変形を施し、階段行列にする。残った $0$ でない行の本数が階数である。

階数がベクトルの本数と等しければ一次独立、小さければ一次従属になる。階数は「実質的に何本ぶんの情報があるか」を数えている。

計算例: 階数で判定する

$(1,2,3)$, $(4,5,6)$, $(7,8,9)$ を行に並べて掃き出す。

第 2 行から第 1 行の 4 倍を引くと $(0,-3,-6)$ になる。第 3 行から第 1 行の 7 倍を引くと $(0,-6,-12)$ である。

さらに第 3 行から第 2 行の 2 倍を引くと $(0,0,0)$ になる。残った $0$ でない行は $(1,2,3)$ と $(0,-3,-6)$ の 2 本だ。

階数は 2 で、ベクトルの本数 3 より小さい。よって一次従属である。3 本並べても、実質的な情報は 2 本ぶんしかない。

本数が次元を超えると必ず従属

前の節で見た事実を一般の形で述べておく。

$n$ 次元のベクトルを $m$ 本並べたとき、$m>n$ ならば必ず一次従属である。

$c_1{\vec{a}}_1+\cdots +c_m{\vec{a}}_m=\vec{0}$ を成分で書くと、未知数が $m$ 個、方程式が $n$ 本の斉次連立方程式になる。

未知数の個数が方程式の本数より多い斉次連立方程式は、自明でない解を必ず持つ。だから一次従属になる。

計算例: 4 次元で 5 本

${\mathbb{R}}^4$ の 5 本を具体的に見る。標準的な 4 本に、それらの和を足したものを取る。

${\vec{e}}_1=(1,0,0,0)$, ${\vec{e}}_2=(0,1,0,0)$, ${\vec{e}}_3=(0,0,1,0)$, ${\vec{e}}_4=(0,0,0,1)$ とし、$\vec{a}=(1,1,1,1)$ とする。

$\vec{a}={\vec{e}}_1+{\vec{e}}_2+{\vec{e}}_3+{\vec{e}}_4$ なので、移項すれば関係式が得られる。

$${\vec{e}}_1+{\vec{e}}_2+{\vec{e}}_3+{\vec{e}}_4-\vec{a}=\vec{0}$$

$\vec{a}$ の係数が $-1$ でゼロでないので、この 5 本は一次従属である。$\vec{a}$ をどんなベクトルに変えても結論は変わらない。

基底とは

一次独立なベクトルの組で、しかも空間全体を張るものを基底という。

「一次独立」は無駄がないこと、「張る」は足りていることを表す。基底とは、多すぎず少なすぎない、ちょうどよい組のことである。

${\mathbb{R}}^n$ では、$n$ 本の一次独立なベクトルがあれば自動的に基底になる。本数がちょうど次元に一致するからである。

計算例: 標準基底で表す

${\mathbb{R}}^2$ の標準基底は ${\vec{e}}_1=(1,0)$, ${\vec{e}}_2=(0,1)$ である。

$(3,1)$ をこの基底で表すと $3{\vec{e}}_1+1{\vec{e}}_2$ になる。係数がそのまま成分と一致する。

普段「座標が $(3,1)$」と言っているのは、標準基底に関する一次結合の係数のことである。基底を意識せずに済むので、当たり前に感じられているだけだ。

計算例: 別の基底で表す

同じ $(3,1)$ を、別の基底 ${\vec{b}}_1=(1,1)$, ${\vec{b}}_2=(1,-1)$ で表してみる。

まずこの 2 本が基底であることを確かめる。行列式は次のとおりである。

$$\left|\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& -1\end{array}\right|=1\cdot (-1)-1\cdot 1=-2$$

$-2\ne 0$ なので一次独立で、${\mathbb{R}}^2$ の基底になっている。$c_1(1,1)+c_2(1,-1)=(3,1)$ とおく。

成分ごとに $c_1+c_2=3$ と $c_1-c_2=1$ である。辺々足すと $2c_1=4$ で $c_1=2$、辺々引くと $2c_2=2$ で $c_2=1$ となる。

検算すると $2(1,1)+1(1,-1)=(2+1,2-1)=(3,1)$ である。同じ点が、基底を変えると $(2,1)$ という別の係数で表される。

<svg viewBox="0 0 700 296" xmlns="http://www.w3.org/2000/svg" style="max-width:100%;height:auto;display:block;margin:0 auto"><defs><marker id="li-c" viewBox="0 0 10 10" refX="9" refY="5" markerWidth="7" markerHeight="7" orient="auto"><path d="M 0 0 L 10 5 L 0 10 z" fill="#1b81e0"/></marker></defs><line x1="40" y1="200" x2="320" y2="200" stroke="#8a8a8a" stroke-width="1"/><line x1="100" y1="60" x2="100" y2="256" stroke="#8a8a8a" stroke-width="1"/><line x1="100" y1="200" x2="150" y2="200" stroke="#1b81e0" stroke-width="2" marker-end="url(#li-c)"/><line x1="100" y1="200" x2="100" y2="150" stroke="#1b81e0" stroke-width="2" marker-end="url(#li-c)"/><circle cx="250" cy="150" r="4.5" fill="#1f1f1f"/><line x1="100" y1="150" x2="250" y2="150" stroke="#8a8a8a" stroke-dasharray="4 4"/><line x1="250" y1="200" x2="250" y2="150" stroke="#8a8a8a" stroke-dasharray="4 4"/><text x="150" y="220" font-size="12" fill="#1b81e0">e1</text><text x="82" y="150" font-size="12" fill="#1b81e0">e2</text><text x="262" y="146" font-size="12" fill="#1f1f1f">(3, 1)</text><text x="180" y="46" font-size="13" fill="#1f1f1f" text-anchor="middle">標準基底では係数 (3, 1)</text><line x1="390" y1="200" x2="670" y2="200" stroke="#8a8a8a" stroke-width="1"/><line x1="450" y1="60" x2="450" y2="256" stroke="#8a8a8a" stroke-width="1"/><line x1="450" y1="200" x2="500" y2="150" stroke="#1b81e0" stroke-width="2" marker-end="url(#li-c)"/><line x1="450" y1="200" x2="500" y2="250" stroke="#1b81e0" stroke-width="2" marker-end="url(#li-c)"/><circle cx="600" cy="150" r="4.5" fill="#1f1f1f"/><line x1="450" y1="200" x2="550" y2="100" stroke="#8a8a8a" stroke-dasharray="4 4"/><line x1="550" y1="100" x2="600" y2="150" stroke="#8a8a8a" stroke-dasharray="4 4"/><text x="506" y="146" font-size="12" fill="#1b81e0">b1</text><text x="506" y="258" font-size="12" fill="#1b81e0">b2</text><text x="612" y="146" font-size="12" fill="#1f1f1f">(3, 1)</text><text x="530" y="46" font-size="13" fill="#1f1f1f" text-anchor="middle">基底 b1, b2 では係数 (2, 1)</text><text x="350" y="284" font-size="12" fill="#8a8a8a" text-anchor="middle">点は同じで、どの基底で測るかによって係数が変わる</text></svg>

点そのものは動いていない。変わったのは測るためのものさしだけである。

表し方の一意性

基底で表したときの係数が 1 通りに決まることは、一次独立性から出る。

$\vec{v}=c_1{\vec{b}}_1+c_2{\vec{b}}_2=d_1{\vec{b}}_1+d_2{\vec{b}}_2$ と 2 通りに書けたとしよう。差を取ると $(c_1-d_1){\vec{b}}_1+(c_2-d_2){\vec{b}}_2=\vec{0}$ になる。

${\vec{b}}_1,{\vec{b}}_2$ は一次独立なので $c_1-d_1=0$ かつ $c_2-d_2=0$ である。つまり $c_1=d_1$, $c_2=d_2$ となる。

もし基底が一次従属だったら、この議論は通らない。座標が一意に決まるという当たり前の事実は、一次独立性に支えられている。

次元

基底に含まれるベクトルの本数を、その空間の次元という。

同じ空間の基底はいくらでもあるが、本数はどれも同じになる。${\mathbb{R}}^2$ ならつねに 2 本、${\mathbb{R}}^3$ ならつねに 3 本である。

この一定性があるおかげで、次元という言葉が意味を持つ。$(1,1)$ と $(1,-1)$ の組も $(1,0)$ と $(0,1)$ の組も、どちらも 2 本だった。

よくある誤り

最後に、間違えやすい点を具体的に並べておく。

どれも定義に戻れば防げる。判定に迷ったら、$c_1{\vec{a}}_1+\cdots +c_n{\vec{a}}_n=\vec{0}$ とおいて係数を求める、という原点に戻ればよい。

参考文献