線形独立と線形従属

 線形独立は1次独立、線形従属は1次従属ともいいます。
線形従属なベクトル \(a, b \)とは：互いに平行なベクトルの組です。
線形独立なベクトル\(a, b\) とは：互いに平行でないベクトルの組です。
\(a\)と\( b\) のベクトルが一定角で交差している、例えば直交座標（または斜交座標も）の\(\ x,y\ \)の座標軸は線形独立です。
(座標軸は長さを測る定規や物差しです。それが他から影響されてはこまりますよね。)
 3次元の線形独立は3つのベクトル \(a,b,c\) に対して\(a, b\)が平行でなく、\(a, b\)が作る平面にベクトル\(c\) がないこと。
さらに\(a, c\) と \(b\)について、 \(b, c\) と \(a\) についても同様であるとき, 3つのベクトル \(a,b,c\)は線形独立である。　

例えば次のベクトル\(a, b\)を考えます：

 n次元線形空間（※）\(R^n\)においてベクトルが与えられ、ベクトルをスカラー倍（定数倍）して足し合わせたものを線形結合（または1次結合）という。
(※１）【参照先】
\(R^2\)（2次元）を例にして説明します。
ベクトル\(\ a\)と\(\ b\)、スカラ\(\ c_1\)と\(\ c_2\)とすると：
•\(c_1\ a+c_2\ b\ \)は：「\(\ a,b\)の線形結合」という。
•\(d=c_1\ a+c_2\ b\ \)は：「\(\ d\)は\(a,b\)の線形結合」で表されるという。

線形結合の例：

ベクトル：\(a= \left( \begin{array}{c} 1 \\ 3 \end{array} \right) \) \(, b= \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array} \right) \)

スカラー（定数）： \( \ c_1=3, \ c_2=2\)のとき：
\(\ d=c_1a+c_2b\)　

\(\ = 3 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 3 \end{array} \right) \) \(+2 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array} \right) \) \(= \left( \begin{array}{c} 5 \\ 13 \end{array} \right) \)

線形結合を行列の積で表す：

\( d_1=c_{11} a_1 + c_{21} a_2 + c_{31} a_3 \)

\( d_2=c_{12} a_1 + c_{22} a_2 + c_{32} a_3 \)

\( (d_1,d_2) = (a_1,a_2,a_3) \left( \begin{array}{c} c_{11} & c_{12} \\ c_{21} & c_{22} \\ c_{31} & c_{32} \end{array} \right) \)

ベクトル\(d_1,d_2\)は\(a_1,a_2,a_3\)の線形結合で表している。

またスカラーの行列部を\(K\)とおけば：
\( (d_1,d_2)=(a_1,a_2,a_3)K\) と書ける。

---

 ベクトルの線形独立・従属に関して突然「自明な解」が登場しました。
それは、対象としているベクトルが線形独立か線形従属であるかは、その線形結合式が「自明な解」でるか否かにより判別されるからです。
ここで「自明な解」について確認しておきます。
（そのあとで「線形独立と線形従属」の説明をします）
自明とは「明確な、当たり前」などの意味ですが、ここでは下記のとおり「自明な解」として定義しています。
線形独立とは「線形結合の関係式」または「同次連立1次方程式」において右辺の定数項が0である条件は解の全てが 0 のときだけ、
これを「自明な解」であるという。 これを以下の連立方程式で考える。

同次連立1次方程式を解く　
（同次連立…とは右辺の定数項が0の式）
線形結合式を同次連立1次方程式で表す。
（線形結合の結果が0の式）
\( \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} a_{1} c_1+b_{1} c_2=0 \\ a_{2} c_1+b_{2} c_2=0 \end{array} \right. \end{eqnarray} \)

この式が成り立つのが、\(c_1=c_2=0 \ \)のときだけ、これを「自明な解」という。
どれか1つ0でなくても成り立つときは「自明な解ではない」、または「非自明な解」という。

この方程式の解が「自明な解」であることと「ベクトル\(a\) と\(b\) が互いに線形独立」であることは同値である。

3次元線形空間 \(R^3\)の 0 でないベクトル\(a_1,a_2,a_3\)と
スカラー\(\ c_1,c_2, c_3\)　について
\(c_1a_1+c_2a_2+c_3a_3=0\)
の線形結合の関係式がるとき：
• 「自明な解」のとき線形独立（1次独立）という。
\(c_1=c_2=c_3=0\)のときだけ、成り立つとき。
この \(\ul{c_1=c_2=c_3=0}\) のことが自明な解です。

• 「自明な解でない」とき線形従属（1次従属）という。
\(c_1,c_2,c_3\)のどれか1つ0でないとき。
例えばスカラー\(c_1,c_2,c_3 \) が0 でないとき
\(a_3=-\frac{c_1}{c_3}a_1 -\frac{c_2}{c_3}a_2　\)
これは\(a_1\),\(a_2\),\(a_3\)が同一平面であることを意味する。

(1)の解：
\( c_1 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 1 \end{array} \right) + c_2 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 5 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} c_1+c_2 \\ c_1+5c_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right) \)

\( \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} c_1+c_2=0　\\ c_1 + 5c_2=0 \end{array} \right. \end{eqnarray} \)
この方程式を解くと：
\(c_1=c_2 \) , \(c_2=0\)
\( \therefore c_1=c_2=0 \), これより線形独立である。

（ベクトル\(a_1,a_2\)は計算しなくても、２つのベクトルを描けば、図形的に平行でないので線形独立です）

\( c_1,c_2\)を未知数とした同次連立1次方程をたてる。
\( \left( \begin{array}{c} 1 & 1 \\ 1 &5 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} c_1 \\ c_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right) \)

\( ＝ A \left( \begin{array}{c} c_1 \\ c_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right) \)

行列の性質から：【参照先】
行列\(A\)の行列式 \(|A|=detA \neq 0\)なら行列\(A\)は正則行列であり、逆行列\(A^{-1}\)が存在する。

\( detA = \left| \begin{array}{c} 1 & 1 \\ 1 &5 \end{array} \right| \quad =4 \neq 0 \)

\(A^{-1}\)を左からかけて：

\( ＝A^{-1} A \left( \begin{array}{c} c_1 \\ c_2 \end{array} \right) = A^{-1} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right) \)

\( \left( \begin{array}{c} c_1 \\ c_2 \end{array} \right) = A^{-1} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right)=0 \)

\(\ c_1=c_2=0 \ \)のみが解、すなわち「自明な解」です。
従って線形独立です。

\( c_1 \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array} \right) + c_2 \left( \begin{array}{c} -3 \\ -6 \end{array} \right) \)

\(\quad = \left( \begin{array}{c} c_1-3c_2 \\ 2c_1-6c_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right) \)

\( c_1 - 3 c_2 =0 \ ⇒\ c_1=3c_2 \)

\( 2 c_1 - 6 c_2 =0 \ ⇒\ c_1=3c_2 \)

\(c_2=1, c_1=3\)であり、これを与式に代入すると0となる。

これより「自明な解」はなく1次従属である。

\( c_1,c_2\)を未知数とした同次連立1次方程をたてる。

\( \left( \begin{array}{c} 1 & -3 \\ 2 &-6 \end{array} \right) \left( \begin{array}{c} c_1 \\ c_2 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \end{array} \right) \)

\( A= \left( \begin{array}{c} 1 & -3 \\ 2 &-6 \end{array} \right) \)

このベクトルの行列の\(A\)の階数\(rank(A)\)、次元\(n=2\)として：

\(rank(A) = n=2\) ：線形独立（※2）
・行列A のrank が自分の次数と同じ。
・これと同値なことは行列A が正則行列であること。
 または \(det A\ne 0\)であること。

\(rankA < n=2\)：線形従属

階数は行掃き出し法により求める

行掃き出し法の結果は：

\( A= \left( \begin{array}{c} 1 & -3 \\ 0 &　0 \end{array} \right) \)

\(rankA＝1　(< n=2) \)

従って線形従属である。

このとき解の一意性 （\(c_1,c_2 \ \)の解は無数ある）

---

ベクトル\(b \ \)が線形独立なベクトル \(a_n \ \)の線形結合として表現されている。

1つ目は係数\(c_n \ \)を用いて表現：
\( (1)\ b=c_1 a_1+c_2 a_2 + \cdots +c_n a_n \)

2つ目は係数\(c'_n \ \)を用いて表現：
\( (2)\ b=c'_1 a_1+c'_2 a_2 + \cdots +c'_n2 a_n \)

の2通りで表現できたとする。
次式「式(2)-式(1)」 を考える。
\( (c'_1-c_1) a_1 + (c'_2 -c_2)a_2 +\)\( \cdots +(c'_n-c_n) a_n =0\)
上式は 0 であり、スカラーC のダッシュ 「無」と「有」は等しい。
\(　(c'_1-c_1),(c'_2 -c_2),\cdots (c'_n-c_n)=0\)
でなければならない。
すなわち2通りは矛盾している。1通りである。
表現の一意性とは式(1)も(2)も同じ、従って係数についても\(c_n=c'_n\)である。
すなわち線形独立な線形結合式の表し方は１通りであることをいっています。