部分空間の正規直交基底
$\mathbf{R}^n$ の部分空間については第9講，第10講で既に述べたが，改めてその定義および基底の求め方を確認しておく．
$K$($=\mathbf{R}\ \mathrm{or}\ \mathbf{C}$)をスカラーとするベクトル空間 $V$ において，$V$ の部分集合 $W$ が和とスカラー倍に関して閉じているとき，すなわち
$\mathrm{(i)}\ \mathbf{v},\mathbf{w}\in W\ \Rightarrow\ \mathbf{v}+\mathbf{w}\in W\\[2mm]
\mathrm{(ii)}\ \mathbf{v}\in W,\ k\in K\ \Rightarrow\ k\mathbf{v}\in W$
を満たしているとき，$W$ を $V$ の
部分(ベクトル)空間という．
毎度のことだが，この二つの条件$\mathrm{(i)}$，$\mathrm{(ii)}$は
$\mathrm{(iii)}\ \mathbf{v},\mathbf{w}\in W,\ k,l\in K\ \Rightarrow\ k\mathbf{v}+l\mathbf{w}\in W$
と一つにまとめられる．
$\mathbf{R}^n$ の部分空間は適当な行列 $A$ を用いて
$\{\,\mathbf{x}\,|\,A\mathbf{x}=\mathbf{0}\,\}$
と表わされる(
第9講)．
この部分空間の正規直交基底を求めるには連立一次方程式 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ を解くことによって得られた基底を，前講のGram-Schmidtの方法で正規直交化すればよい．
-
$\mathbf{R}^4$ (内積はドット積)の部分空間
$W_1=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)\ \right|\ x+y+z+w=0\ \right\}$
の正規直交基底を求めよう．
$x+y+z+w=0$ において $y=s$，$z=t$，$w=u$ とおけば $x=-s-t-u$ より，解は
$\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{c}s-t-u\\s\\t\\u\end{array}\right)\\
\hspace{28pt}=s\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\\0\end{array}\right)
+t\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\\0\end{array}\right)
+u\left(\begin{array}{c}-1\\0\\0\\1\end{array}\right)
$
と表わされ，
従って $W_1$ の基底として
$\left\{
\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\\0\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\\0\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}-1\\0\\0\\1\end{array}\right)\right\}
$
がとれる( $\mathrm{dim}W_1=3$，すなわち $W_1$ は$3$次元部分空間であることに注意)．この基底を前講のGram-Schmidtの方法で正規直交化すればよい．
念のために手順を復習しておく．
$\mathbf{a}_1=\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\\0\end{array}\right),\
\mathbf{a}_2=\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\\0\end{array}\right),\
\mathbf{a}_3=\left(\begin{array}{c}-1\\0\\0\\1\end{array}\right)
$
とおく．
$\mathbf{e}_1=\dfrac{1}{\|\mathbf{a}_1\|}\mathbf{a}_1
=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\\0\end{array}\right)
$
$\mathbf{a}_2\cdot\mathbf{e}_1=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$ より
$\mathbf{b}_2=\mathbf{a}_2-(\mathbf{a}_2\cdot\mathbf{e}_1)\mathbf{e}_1\\
\hspace{10pt}=\left(\begin{array}{c}-1\\0\\1\\0\end{array}\right)
-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\\0\end{array}\right)
=\dfrac{1}{2}\left(\begin{array}{c}-1\\-1\\2\\0\end{array}\right)\\
\mathbf{e}_2=\dfrac{1}{\|\mathbf{b}_2\|}\mathbf{b}_2
=\dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}-1\\-1\\2\\0\end{array}\right)
$
$\mathbf{a}_3\cdot\mathbf{e}_1=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$，$\mathbf{a}_3\cdot\mathbf{e}_2=\dfrac{1}{\sqrt{6}}$ より
$\mathbf{b}_3=\mathbf{a}_3-(\mathbf{a}_3\cdot\mathbf{e}_1)\mathbf{e}_1-(\mathbf{a}_3\cdot\mathbf{e}_2)\mathbf{e}_2\\
\hspace{10pt}=\left(\begin{array}{c}-1\\0\\0\\1\end{array}\right)
-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\\0\end{array}\right)
-\dfrac{1}{\sqrt{6}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}-1\\-1\\2\\0\end{array}\right)\\
\hspace{10pt}=\dfrac{1}{3}\left(\begin{array}{c}-1\\-1\\-1\\3\end{array}\right)\\
\mathbf{e}_3=\dfrac{1}{\|\mathbf{b}_3\|}\mathbf{b}_3
=\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}-1\\-1\\-1\\3\end{array}\right)
$
以上より，$W_1$ の正規直交基底
$\{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3\}
$$=\left\{
\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\\0\end{array}\right),
\dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}-1\\-1\\2\\0\end{array}\right),
\dfrac{1}{2\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}-1\\-1\\-1\\3\end{array}\right)
\right\}
$
が得られた．
-
$\mathbf{R}^4$ (内積はドット積)の部分空間
$W_2=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)\ \right|\ \begin{array}{l}x+y+z+w=0\\2x+3y+4w=0\end{array}\ \right\}$
の正規直交基底を求めよう．
掃き出し法により連立一次方程式
$\left\{\begin{array}{l}x+y+z+w=0\\2x+3y+4w=0\end{array}\right.$
を解くと
$\left(\begin{array}{cccc|c}1&1&1&1&0\\2&3&0&4&0\end{array}\right)\\
\hspace{25pt}\to\left(\begin{array}{cccc|c}1&1&1&1&0\\0&1&-2&2&0\end{array}\right)
\quad[\,\mathrm{r_1\stackrel{\times (-2)}{\to}r_2}\,]\\
\hspace{25pt}\to\left(\begin{array}{cccc|c}1&0&3&-1&0\\0&1&-2&2&0\end{array}\right)
\quad[\,\mathrm{r_2\stackrel{\times (-1)}{\to}r_1}\,]
$
より，$\left\{\begin{array}{l}x+3z-w=0\\y-2z+2w=0\end{array}\right.$ で $z=s$，$w=t$ とおいて，解は
$\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{c}-3s+t\\2s-2t\\s\\t\end{array}\right)\\
\hspace{28pt}=s\left(\begin{array}{c}-3\\2\\1\\0\end{array}\right)
+t\left(\begin{array}{c}1\\-2\\0\\1\end{array}\right)
$
と表わされる．従って，$W_2$ の基底は
$\left\{\left(\begin{array}{c}-3\\2\\1\\0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}1\\-2\\0\\1\end{array}\right)\right\}$
がとれ( $\mathrm{dim}W_2=2$ である)，
これを正規直交化すると $W_2$ の正規直交基底として
$\left\{
\dfrac{1}{\sqrt{14}}\left(\begin{array}{c}-3\\2\\1\\0\end{array}\right),
\dfrac{1}{\sqrt{10}}\left(\begin{array}{c}-1\\-2\\1\\2\end{array}\right)
\right\}
$
が得られる．
$W=\{\,\mathbf{x}\,|\,A\mathbf{x}=\mathbf{0}\,\}$ を $\mathbf{R}^n$ の部分空間とするとき，その次元について
$\mathrm{dim}W=n-\mathrm{rank}{A}$
が成り立つ
詳しく！．
一般に，ベクトル空間 $V$ の次元とは，基底を構成するベクトルの本数のことをいうのであった．そこで，例えば $\mathbf{R}^5$ の部分空間 $W=\{\,\mathbf{x}\,|\,A\mathbf{x}=\mathbf{0}\,\}$
の基底が $\{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3\}$ であったとする．このとき $\mathrm{dim}W=3$ である．
この $W$ の基底を含む $\mathbf{R}^5$ の基底 $\{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{b}_1,\mathbf{b}_2\}$ をとる．
このとき，これら5本のベクトルを並べて得られる行列 $(\mathbf{a}_1\ \mathbf{a}_2\ \mathbf{a}_3\ \mathbf{b}_1\ \mathbf{b}_2)$ は $5$ 次の正則行列であって(
第9講)，$A$ との積は
$A(\mathbf{a}_1\ \mathbf{a}_2\ \mathbf{a}_3\ \mathbf{b}_1\ \mathbf{b}_2)
=(A\mathbf{a}_1\ A\mathbf{a}_2\ A\mathbf{a}_3\ A\mathbf{b}_1\ A\mathbf{b}_2)\\
\hspace{75pt}=(\mathbf{0}\ \mathbf{0}\ \mathbf{0}\ A\mathbf{b}_1\ A\mathbf{b}_2)$
となる．よって，$\{A\mathbf{b}_1,A\mathbf{b}_2\}$ が一次独立である
なぜ？
$s_1A\mathbf{b}_1+s_2A\mathbf{b}_2=\mathbf{0}\ (s_1,s_2\in\mathbf{R})$ とすると，
$A(s_1\mathbf{b}_1+s_2\mathbf{b}_2)=\mathbf{0}$ より
$s_1\mathbf{b}_1+s_2\mathbf{b}_2\in W$
であるから，適当な $t_1,t_2,t_3\in\mathbf{R}$ により
$s_1\mathbf{b}_1+s_2\mathbf{b}_2=t_1\mathbf{a}_1+t_2\mathbf{a}_2+t_3\mathbf{a}_3$
と表わされる．よって $\{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3,\mathbf{b}_1,\mathbf{b}_2\}$ の一次独立性により $s_1=s_2=t_1=t_2=t_3=0$，特に $s_1=s_2=0$ となり $\{A\mathbf{b}_1,A\mathbf{b}_2\}$ が一次独立であるとわかる．
ことから
$\mathrm{rank}\{A(\mathbf{a}_1\ \mathbf{a}_2\ \mathbf{a}_3\ \mathbf{b}_1\ \mathbf{b}_2)\}=2$
とわかり，正則行列を掛けても行列の階数は不変
なぜ？
改めて行列の階数(
第11講)について確認しておく．
行列 $A=(\mathbf{a}_1\ \mathbf{a}_2\ \cdots\ \mathbf{a}_n)$ の階数とは，$A$ が定める線形写像 $f_A$ の像空間
$\mathrm{Im}f_A=\{\,A\mathbf{x}\,|\,\mathbf{x}\in\mathbf{R}^n\,\}$
の次元のことであって，それを $\mathrm{rank}A$(または $\mathrm{rank}f_A$)と表わすのであった．$\mathrm{rank}A=k$ であるというのは，要するに
-
$\{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\ldots,\mathbf{a}_n\}$ から $k$ 本のベクトルを選んで一次独立な組をつくることができる
-
$\{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\ldots,\mathbf{a}_n\}$ に含まれる $k+1$ 本以上のベクトルからなる組は必ず一次従属となる
ということである．
このことを踏まえ，$P$ を正則行列とするとき
-
$\{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\ldots,\mathbf{a}_m\}$ が一次独立ならば
$\{P\mathbf{a}_1,P\mathbf{a}_2,\ldots,P\mathbf{a}_m\}$ も一次独立
-
$\{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\ldots,\mathbf{a}_m\}$ が一次従属ならば
$\{P\mathbf{a}_1,P\mathbf{a}_2,\ldots,P\mathbf{a}_m\}$ も一次従属
であることに注意しよう．なぜなら，$t_1,t_2,\ldots,t_m\in\mathbf{R}$ として
$t_1P\mathbf{a}_1+t_2P\mathbf{a}_2+\cdots+t_mP\mathbf{a}_m=\mathbf{0}$
とすると，$P^{-1}$ を両辺に左から掛けることにより
$t_1\mathbf{a}_1+t_2\mathbf{a}_2+\cdots+t_m\mathbf{a}_m=\mathbf{0}$
となり，$\{P\mathbf{a}_1,P\mathbf{a}_2,\ldots,P\mathbf{a}_m\}$ の一次独立性は
$\{\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\ldots,\mathbf{a}_m\}$ の一次独立性に帰着するからである．
以上のことから
$\mathrm{rank}A=\mathrm{rank}(\mathbf{a}_1\ \mathbf{a}_2\ \cdots\ \mathbf{a}_n)=k$
ならば
$\mathrm{rank}(PA)=\mathrm{rank}(P\mathbf{a}_1\ P\mathbf{a}_2\ \cdots\ P\mathbf{a}_n)=k$
であることはもはや明らかであろう．
さらに，転置行列(
第5講)を考えて $\mathrm{rank}\,{{}^t\!A}=\mathrm{rank}A$ だったことを思い出すと
$\mathrm{rank}(AP)=\mathrm{rank}\,{}^t(AP)=\mathrm{rank}\,{}^tP\,{}^t\!A\\
\hspace{42pt}=\mathrm{rank}\,{{}^t\!A}=\mathrm{rank}A$
が成り立つこともわかる．
なので
$\mathrm{rank}A=2$
すなわち，$\dim{W}=5-\mathrm{rank}A$
という関係があることがわかる．
連立一次方程式について
(係数行列の階数) $+$ (解の自由度) $=$ (未知数の数)
という関係があったことも思い出しておこう
(
第12講)．
$W=\{\,\mathbf{x}\,|\,A\mathbf{x}=\mathbf{0}\,\}$ が $\mathbf{R}^n$ の部分空間ならば，連立一次方程式 $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ の未知数の数は $n$ で，解の自由度が $\dim{W}$ に等しい．
-
上の例で見た $\mathbf{R}^4$ の部分空間を振り返ると
$W_1=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)\ \right|\ x+y+z+w=0\ \right\}\\
\hspace{12pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)\ \right|\ \left(\begin{array}{cccc}1&1&1&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)=0\ \right\}$
の場合は $\dim{W}_1=3$ であったが，
$\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}1&1&1&1\end{array}\right)=1$ だから確かに
$\dim{W}_1=4-\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}1&1&1&1\end{array}\right)$
となっている．また
$W_2=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)\ \right|\ \begin{array}{l}x+y+z+w=0\\2x+3y+4w=0\end{array}\ \right\}\\
\hspace{12pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)\ \right|\ \left(\begin{array}{cccc}1&1&1&1\\2&3&0&4\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\ \right\}$
の場合は $\dim{W}_2=2$ であったが，
$\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}1&1&1&1\\2&3&0&4\end{array}\right)=2$ だから確かに
$\dim{W}_2=4-\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}1&1&1&1\\2&3&0&4\end{array}\right)$
となっている．
-
$\mathbf{R}^3$ の場合は図形的に捉えることも有効である．
$W_3=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\ \right|\ x+2y+5z=0\ \right\}\\
\hspace{12pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\ \right|\ \left(\begin{array}{cccc}1&2&5\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=0\ \right\}$
とすると，これは $\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}1&2&5\end{array}\right)=1$ より $\dim{W}_3=3-1=2$ とわかるが，この $W_3$ はドット積を用いて
$W_3=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\ \right|\ \left(\begin{array}{c}1\\2\\5\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=0\ \right\}$
とも表せるので，$\left(\begin{array}{c}1\\2\\5\end{array}\right)$ と垂直なベクトルの集合だということもできる．
$xyz$ 空間における点とその位置ベクトルとを同一視する観点からは，
そのようなベクトル(点)の集合は原点を通り $\left(\begin{array}{c}1\\2\\5\end{array}\right)$ を法線ベクトルとする平面となり，従って$2$次元空間であるという見方もできるのである(第10講参照)．
同様に
$W_4=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\ \right|\ \begin{array}{l}x+2y+5z=0\\3x-4y+z\end{array}\ \right\}\\
\hspace{12pt}=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\ \right|\ \left(\begin{array}{cccc}1&2&5\\3&-4&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=0\ \right\}$
の場合は
とすると，これは $\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}1&2&5\\3&-4&1\end{array}\right)=2$ より $\dim{W}_4=3-2=1$ であるが，ドット積を用いると
$W_4=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\ \right|\ \left(\begin{array}{c}1\\2\\5\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=0\ \right\}$
と表せる．これは $\left(\begin{array}{c}1\\2\\5\end{array}\right)$，$\left(\begin{array}{c}3\\-4\\1\end{array}\right)$ の両方と垂直なベクトルの集合であって，
そのようなベクトル(点)の集合は $xyz$ 空間内の直線，従って$1$次元空間であるという見方ができる．
以上のような $\mathbf{R}^3$ における図形的な考察を踏まえると
条件式が一つつくごとに次元が一つ下がる
すなわち $\{\,\mathbf{x}\,|\,A\mathbf{x}=\mathbf{0}\,\}$ においては，全空間の次元から $\mathrm{rank}A$(要するに条件式の数)だけ次元が下がっていることがより明快に理解できよう．
一般に，ベクトル空間の基底のとりかたは一意ではないので，
当然部分空間の正規直交基底のとりかたも一意ではない．
従って，計算練習などの際には，
$W$ の正規直交基底として $\{\mathbf{u}_1,\mathbf{u}_2,\ldots,\mathbf{u}_m\}$ が得られたならば，次のことを確認するようにしよう：
-
$m=\dim{W}$
-
$u_1,u_2,\ldots,u_m\in W$
-
$(u_i,u_j)=\left\{\begin{array}{ll}1&\mbox{if $i=j$}\\0&\mbox{if $i\neq j$}\end{array}\right.$
$\mathbf{R}^3$ (内積はドット積) の部分空間
$W=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\ \right|\ x+y+z=0\ \right\}$
の正規直交基底であるものを次からすべて選べ．
また，選択肢にない正規直交基底としてどのようなものがとれるか考えて見よ．
$\mathrm{(a)}$ $\left\{\dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1\\-2\\1\end{array}\right)\right\}$
$\mathrm{(b)}$ $\left\{\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\-1\\0\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1\\1\\-2\end{array}\right)\right\}$
$\mathrm{(c)}$ $\left\{\dfrac{1}{\sqrt{14}}\left(\begin{array}{c}1\\-2\\3\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1\\-1\\-1\end{array}\right)\right\}$
$\mathrm{(d)}$ $\left\{\dfrac{1}{\sqrt{14}}\left(\begin{array}{c}1\\2\\-3\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{14}}\left(\begin{array}{c}3\\-2\\-1\end{array}\right)\right\}$
$\mathrm{(e)}$ $\left\{\dfrac{1}{\sqrt{14}}\left(\begin{array}{c}1\\2\\-3\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{42}}\left(\begin{array}{c}5\\-4\\-1\end{array}\right)\right\}$
$\mathrm{(f)}$ $\left\{\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\0\\-1\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1\\-2\\1\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1\\1\\1\end{array}\right)\right\}$
$\dim{W}=2$ に注意．
$W$ の正規直交基底は
$\mathrm{(b)}$ と $\mathrm{(e)}$．
$\mathrm{(a)}$，$\mathrm{(c)}$，$\mathrm{(f)}$ は $W$ の基底ではない．
$\mathrm{(d)}$ は $W$ の基底であるが正規直交基底ではない．
他の正規直交基底としては
$\left\{\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\0\\-1\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}1\\-2\\1\end{array}\right)\right\}$
$\left\{\dfrac{1}{\sqrt{6}}\left(\begin{array}{c}2\\-1\\-1\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}0\\1\\-1\end{array}\right)\right\}$
などもとることができる．
$K$ をスカラーとするベクトル空間 $V$ において，ベクトル $\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\ldots,\mathbf{a}_n$ が
生成する(張る)部分空間は
$\langle\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\ldots,\mathbf{a}_n\rangle$
$\stackrel{\mathrm{def}}{=}\{\,t_1\mathbf{a}_1+t_2\mathbf{a}_2+\ldots+t_n\mathbf{a}_n\ |\ t_1,t_2\ldots,t_n\in K\,\}$
により定義される．
第10講
で見たように，この形で与えられた部分空間の基底を求めるには
$\{\,\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\ldots,\mathbf{a}_n\,\}$ のうちあるベクトルのスカラー倍を他のベクトルに加えても，生成される部分空間は不変である．すなわち，例えば $\mathbf{a}_j$ の $k$ 倍を $\mathbf{a}_i$ に加えて得られる部分空間
$\langle\mathbf{a}_1,\ldots,\mathbf{a}_i+k\mathbf{a}_j,\ldots,\mathbf{a}_j,\ldots,\mathbf{a}_n\rangle$
は元の $\langle\mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\ldots,\mathbf{a}_n\rangle$ と等しい
という事実を利用して，一次独立なベクトルの組をつくればよいのであった．
そうして得られた基底からGram-Schmidtの方法で正規直交基底を得ることができる．
-
$W_1=\left\langle
\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}3\\3\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}5\\9\\-1\end{array}\right)
\right\rangle$ の正規直交基底を求めよう．
$\left\langle
\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}3\\3\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}5\\9\\-1\end{array}\right)
\right\rangle\\[1mm]
\hspace{20pt}=\left\langle
\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\3\\-2\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\9\\-6\end{array}\right)
\right\rangle\quad
\begin{array}{l} [\,c_1\stackrel{\times (-3)}{\to}c_2\,]\\ [\,c_1\stackrel{\times (-5)}{\to}c_3\,]\end{array}\\[1mm]
\hspace{20pt}=\left\langle
\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\3\\-2\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)
\right\rangle\quad[\,c_2\stackrel{\times (-3)}{\to}c_3\,]\\[1mm]
\hspace{20pt}=\left\langle
\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\3\\-2\end{array}\right)
\right\rangle
$
よって，$W_1$ の基底として $\left\{\,\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\3\\-2\end{array}\right)\,\right\}$ がとれ，
これを正規直交化して
$\left\{\,\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right),
\dfrac{1}{\sqrt{11}}\left(\begin{array}{c}1\\3\\-1\end{array}\right)\,\right\}$
が得られる．
確認のために行列を用いた表示も求めておこう．
$
\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)
=s\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right)
+t\left(\begin{array}{c}0\\3\\-2\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{c}s\\3t\\s-2t\end{array}\right)$
から $s,t$ を消去することにより
$3x-2y-3z=0$
が得られるから
$W_1=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)
\ \right|\ \left(\begin{array}{ccc}3&-2&-3\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=0
\,\right\}$
と表わすことができる．
$\dim{W}_1=2$，$\mathrm{rank}\left(\begin{array}{ccc}3&-2&-3\end{array}\right)=1$ に注意せよ．
前講でも触れたが，
$\left\{\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}3\\3\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}5\\9\\-1\end{array}\right)\right\}$
の一次独立性に構わずにいきなりGram-Schmidtの方法を適用するという手もある．
実際
$\mathbf{a}_1=\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right),\
\mathbf{a}_2=\left(\begin{array}{c}3\\3\\1\end{array}\right),\
\mathbf{a}_3=\left(\begin{array}{c}5\\9\\-1\end{array}\right)
$
とおくと
$\mathbf{e}_1=\dfrac{1}{\|\mathbf{a}_1\|}\mathbf{a}_1
=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right)
$
$\mathbf{a}_2\cdot\mathbf{e}_1=\dfrac{4}{\sqrt{2}}$ より
$\mathbf{b}_2=\mathbf{a}_2-(\mathbf{a}_2\cdot\mathbf{e}_1)\mathbf{e}_1\\
\hspace{10pt}=\left(\begin{array}{c}3\\3\\1\end{array}\right)
-\dfrac{4}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{c}1\\3\\-1\end{array}\right)\\
\mathbf{e}_2=\dfrac{1}{\|\mathbf{b}_2\|}\mathbf{b}_2
=\dfrac{1}{\sqrt{11}}\left(\begin{array}{c}1\\3\\-1\end{array}\right)
$
$\mathbf{a}_3\cdot\mathbf{e}_1=\dfrac{4}{\sqrt{2}}$，$\mathbf{a}_3\cdot\mathbf{e}_2=\dfrac{33}{\sqrt{11}}$ より
$\mathbf{b}_3=\mathbf{a}_3-(\mathbf{a}_3\cdot\mathbf{e}_1)\mathbf{e}_1-(\mathbf{a}_3\cdot\mathbf{e}_2)\mathbf{e}_2\\
\hspace{10pt}=\left(\begin{array}{c}5\\9\\-1\end{array}\right)
-\dfrac{4}{\sqrt{2}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right)
-\dfrac{33}{\sqrt{11}}\cdot\dfrac{1}{\sqrt{11}}\left(\begin{array}{c}1\\3\\-1\end{array}\right)\\
\hspace{10pt}=\left(\begin{array}{c}0\\0\\0\end{array}\right)
$
となり，正規直交基底として
$\{\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2\}
=\left\{\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}1\\3\\-1\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{11}}\left(\begin{array}{c}1\\3\\-1\end{array}\right)\right\}
$
が得られる．このように，「余分な」ベクトルは零ベクトルとなって自動的に除かれるのである．
どちらの方法がよいかは一概には言えないが，本講ではまず一次独立性を調べ，基底を求めてからそれを正規直交化する方法をとることにする．
$
\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)
=s\left(\begin{array}{c}1\\0\\1\end{array}\right)
+t\left(\begin{array}{c}0\\3\\-2\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{c}s\\3t\\s-2t\end{array}\right)$
から $s,t$ を消去するという計算で困難が生じることはあまりないとは思うが，機械的な方法としては，次のように掃き出し法の要領で行列の行基本変形を行うことが考えられる．すなわち，$s,t$ を未知数と見て方程式を解くつもりで
$\left(\begin{array}{c|cc}x&1&0\\y&0&3\\z&1&-2\end{array}\right)\\
\hspace{30pt}\to\left(\begin{array}{c|cc}x&1&0\\y&0&3\\-x+z&0&-2\end{array}\right)
\quad[\,\mathrm{r_1\stackrel{\times (-1)}{\to}r_3}\,]\\
\hspace{30pt}\to\left(\begin{array}{c|cc}x&1&0\\y&0&3\\-x+(2/3)y+z&0&0\end{array}\right)
\quad[\,\mathrm{r_2\stackrel{\times 2/3 }{\to}r_3}\,]
$
と変形すると，第$3$行が $-x+(2/3)y+z=0$ となっているので，これより
$3x-2y-3z=0$
を得る．
練習として $\mathbf{R}^4$ の部分空間
$W=\left\langle
\left(\begin{array}{c}1\\2\\1\\0\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}-2\\-3\\0\\1\end{array}\right)
\right\rangle$
を行列を用いて表してみよう．
$\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)
=s\left(\begin{array}{c}1\\2\\1\\0\end{array}\right)
+t\left(\begin{array}{c}-2\\-3\\0\\1\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{c}s-2t\\2s-3t\\s\\t\end{array}\right)
$
から $s,t$ を消去すればよいから
$\left(\begin{array}{c|cc}x&1&-2\\y&2&-3\\z&1&0\\w&0&1\end{array}\right)\\
\hspace{25pt}\to\left(\begin{array}{c|cc}x&1&2\\-2x+y&0&1\\-x+z&0&2\\w&0&1\end{array}\right)
\quad\begin{array}{l}[\,\mathrm{r_1\stackrel{\times (-2)}{\to}r_2}\,]\\
[\,\mathrm{r_1\stackrel{\times (-1)}{\to}r_3}\,]\end{array}\\
\hspace{25pt}\to\left(\begin{array}{c|cc}x&1&2\\-2x+y&0&1\\3x-2y+z&0&0\\2x-y+w&0&0\end{array}\right)
\quad\begin{array}{l}[\,\mathrm{r_2\stackrel{\times (-2)}{\to}r_3}\,]\\
[\,\mathrm{r_2\stackrel{\times (-1)}{\to}r_4}\,]\end{array}
$
から第$3$行，第$4$行を取り出して
$\left\{\begin{array}{l}3x-2y+z=0\\2x-y+w=0\end{array}\right.$
これより
$W=\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)
\ \right|\ \left(\begin{array}{cccc}3&-2&1&0\\2&-1&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\\w\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)
\,\right\}$
が得られる．この表し方も一意ではないので，確かに
$
\left(\begin{array}{cccc}3&-2&1&0\\2&-1&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1\\2\\1\\0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)\\
\left(\begin{array}{cccc}3&-2&1&0\\2&-1&0&1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}-2\\-3\\0\\1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\0\end{array}\right)$
となっていること，$\dim{W}=2$，$\mathrm{rank}\left(\begin{array}{cccc}3&-2&1&0\\2&-1&0&1\end{array}\right)=2$ であることをしっかり確認しよう．
-
$W_2=\left\langle
\left(\begin{array}{c}1\\1\\2\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}2\\3\\5\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}1\\2\\6\end{array}\right)
\right\rangle$ の正規直交基底を求めよう．
$\left\langle
\left(\begin{array}{c}1\\1\\2\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}2\\3\\5\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}1\\2\\6\end{array}\right)
\right\rangle\\[1mm]
\hspace{20pt}=\left\langle
\left(\begin{array}{c}1\\1\\2\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\1\\4\end{array}\right)
\right\rangle\quad
\begin{array}{l} [\,c_1\stackrel{\times (-2)}{\to}c_2\,]\\ [\,c_1\stackrel{\times (-1)}{\to}c_3\,]\end{array}\\[1mm]
\hspace{20pt}=\left\langle
\left(\begin{array}{c}1\\1\\2\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\0\\3\end{array}\right)
\right\rangle\quad[\,c_2\stackrel{\times (-1)}{\to}c_3\,]
$
よって，$W_2$ の基底は $\left\{\,\left(\begin{array}{c}1\\1\\2\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\1\\1\end{array}\right),
\left(\begin{array}{c}0\\0\\3\end{array}\right)
\,\right\}$ がとれ，
これを(並び順を変えずに)正規直交化すると
$\left\{\,\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}1\\1\\2\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(\begin{array}{c}-1\\1\\0\end{array}\right),\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(\begin{array}{c}-1\\-1\\1\end{array}\right)\,\right\}$
となるが，$\mathrm{dim}W_3=3$，従って $W_3=\mathbf{R}^3$ なので正規直交基底としては
標準基底
$\left\{\,\left(\begin{array}{c}1\\0\\0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\1\\0\end{array}\right),\left(\begin{array}{c}0\\0\\1\end{array}\right)\,\right\}$
を挙げてもよい．また，敢えて行列を用いて表すと
$W_3=\mathbf{R}^3=
\left\{\left.\,\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)\ \right|\ \left(\begin{array}{ccc}0&0&0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\y\\z\end{array}\right)=0\,\right\}$
となり，$\mathrm{rank}\left(\begin{array}{ccc}0&0&0\end{array}\right)=0$ である(零行列の階数は$0$という規約であった)．