空間ベクトル3

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目標
例
1. 例1
2. 例2
定理の証明の前に
記号
いくつかの補題
定理の証明
補足

目標

この記事の目標は以下の定理を示すことである。

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ が1次独立である $\Leftrightarrow$ 任意の空間ベクトル $\vec{p}$ に対して、
$\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c}$
を満たす $s, t, u$ が唯一つ存在することは同値である。

例

空間ベクトル2で考えた例を扱う。

例1

$\vec{a} = (3, 1, 2), \vec{b} = (2, 2, 2), \vec{c} = (1, 2, 3)$
とする。

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立である。

$\vec{p} = (x, y, z)$ , $\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c}$ とすると、

${\begin{cases} 3 s + 2 t + u = x \\ s + 2 t + 2 u = y \\ 2 s + 2 t + 3 u = z \end{cases}$
である。
$s, t, u$ についての連立方程式を解くと、
$s = \frac{x - 2 y + z}{3}, t = \frac{x + 7 y - 5 z}{6}, u = \frac{- x - y + 2 z}{3}$
となり、これ以外の解は持たない。

よって、任意のベクトル $\vec{p} = (x, y, z)$ をとると、
$\vec{p} = \frac{x - 2 y + z}{3} \vec{a} + \frac{- x - y + 2 z}{3} \vec{b} + \frac{x + 7 y - 5 z}{3} \vec{c}$
と表すことができる。

例2

$\vec{a} = (3, 1, 2), \vec{b} = (2, 4, 6), \vec{c} = (4, 3, 5)$

とする。

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は同一平面上にあり、1次独立ではない。

例えば、 $\vec{p} = (0, 0, 1)$ とする。

このとき、 $\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c}$ の形で表せれるとすると、
${\begin{cases} 3 s + 2 t + 4 u = 0 \dots ① \\ s + 4 t + 3 u = 0 \dots ② \\ 2 s + 6 t + 5 u = 1 \dots ③ \end{cases}$
となる。

(② × 3) – ① をすると、 $2 t + u = 0$ となり、(② × 2) – ③ をすると、 $2 t + u = - 1$ となる。
しかし、これを満たす $t, u$ は存在しないため、 $\vec{p} = (0, 0, 1)$ は $\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c}$ という形で表すことができない。

定理の証明の前に

定理の証明のポイントとなるところは、

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ が1次独立である $\Rightarrow$ 任意のベクトル $\vec{p}$ に対して、
$\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c}$
と表せる、というところである。

図で考えてみると、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立であることから、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は同一平面上にないため、 $\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c}$ で表せそうである事はイメージできる。

成分表示を利用して考えてみると、

$\vec{a} = (a_{1}, a_{2}, a_{3}), \vec{b} = (b_{1}, b_{2}, b_{3}), \vec{c} = (c_{1}, c_{2}, c_{3})$ とする。
$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ が1次独立とすると、任意の $\vec{p} = (p_{1}, p_{2}, p_{2})$ に対して、連立方程式
${\begin{cases} a_{1} s + b_{1} t + c_{1} u = x \\ a_{2} s + b_{2} t + c_{2} u = y \\ a_{3} s + b_{3} t + c_{3} u = z \end{cases}$
を満たす $s, t, u$ が存在するかを考える必要がある。

しかし、今回は連立方程式を利用して証明する方法ではなく、別の方法で証明することにする。

証明の方針としては、まず任意のベクトル $\vec{p}$ に対して、
$\vec{p} = s_{0} \vec{a^{'}} + t_{0} \vec{b^{'}} + u_{0} \vec{c^{'}}$
で表せる1次独立なベクトル $\vec{a^{'}}$ と $\vec{b^{'}}$ と $\vec{c^{'}}$ を見つける。
(実際、例1でやったようにそのようなベクトルは存在する。)

そこから、 $\vec{a^{'}}$ を $\vec{a}$ にしても、 $\vec{p} = s_{1} \vec{a} + t_{1} \vec{b^{'}} + u_{2} \vec{c^{'}}$ の形で表せることを示す。

さらに、 $\vec{b^{'}}$ → $\vec{b}$ , $\vec{c^{'}}$ → $\vec{c}$ としても、 $\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c}$ の形で表せることを示す。

記号

このページで使う記号を定義する。

$\vec{p}$ が $\vec{a}$ のスカラー倍、すなわちある実数 $s$ に対して $\vec{p} = s \vec{a}$ と表せるとき $\vec{p} \in< \vec{a} >$ と書き、そうでないとき $\vec{p} \notin< \vec{a} >$ と書く。
これは、 $\vec{a} \neq \vec{0}$ とすると、 $\vec{p}$ が $\vec{a}$ と同一直線上にある場合、 $\vec{p} \in< \vec{a} >$ と書ける。

$\vec{p}$ が $\vec{a}$ のスカラー倍と $\vec{b}$ のスカラー倍の和、すなわちある実数 $s, t$ に対して、 $\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b}$ と表せるとき、 $\vec{p} \in< \vec{a}, \vec{b} >$ と書き、そうでないとき $\vec{p} \notin< \vec{a}, \vec{b} >$ と書く。
これは、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ が1次独立、すなわち零ベクトルでない $\vec{a}$ と $\vec{b}$ が同一直線上にないとすると、 $\vec{p}$ が $\vec{a}$ と $\vec{b}$ と同一平面上にある場合、 $\vec{p} \in< \vec{a}, \vec{b} >$ と書ける。

$\vec{p}$ が $\vec{a}$ のスカラー倍と $\vec{b}$ のスカラー倍と $\vec{c}$ のスカラー倍の和、すなわちある実数 $s, t, u$ に対して、 $\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c}$ と表せるとき、 $\vec{p} \in< \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} >$ と書き、そうでないとき $\vec{p} \notin< \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} >$ と書く。

いくつかの補題

目標の定理を証明する前にいくつかの補題を証明する。

補題1

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ が1次独立であるとする。
また、空間上のベクトル $\vec{d}$ は $\vec{d} \in< \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} >$ かつ $\vec{d} \notin< \vec{b}, \vec{c} >$ とする。

このとき、 $\vec{d}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立であり、任意の $\vec{p} \in< \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} >$ に対して、 $\vec{p} \in< \vec{d}, \vec{b}, \vec{c} >$ である。

証明

$\vec{d} \notin< \vec{b}, \vec{c} >$ より $\vec{d}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立である。
(空間ベクトル2を参照)

任意に $\vec{p} \in< \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} >$ をとる。
$\vec{p}$ は
$\begin{matrix} (1) & \vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c} \end{matrix}$
と表せる。

また、 $\vec{d} \in< \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} >$ より、 $\vec{d} = s^{'} \vec{a} + t^{'} \vec{b} + u^{'} \vec{c}$ と表せる。

$\vec{d} \notin< \vec{b}, \vec{c} >$ より、 $s^{'} \neq 0$ である。

よって、
$\vec{a} = \frac{1}{s^{'}} \vec{d} - \frac{t^{'}}{s^{'}} \vec{b} - \frac{u^{'}}{s^{'}} \vec{c}$
となる。

よって、これを $(1)$ に代入すると、
$\begin{aligned} \vec{p} & = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c} \\ = s (\frac{1}{s^{'}} \vec{d} - \frac{t^{'}}{s^{'}} \vec{b} - \frac{u^{'}}{s^{'}} \vec{c}) + t \vec{b} + u \vec{c} \\ = \frac{s}{s^{'}} \vec{d} + (- \frac{s t^{'}}{s^{'}} + t) \vec{b} + + (- \frac{s u^{'}}{s^{'}} + u) \vec{c} \end{aligned}$
となるので、 $\vec{p} \in< \vec{d}, \vec{b}, \vec{c} >$ となる。

補題2

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立、 $\vec{d} \neq \vec{0}$ とする。
このとき、 $\vec{d} \in< \vec{a}, \vec{b} >$ かつ $\vec{d} \in< \vec{b}, \vec{c} >$ かつ $\vec{d} \in< \vec{c}, \vec{a} >$ となる事はない。
すなわち、 $\vec{d} \notin< \vec{a}, \vec{b} >$ または $\vec{d} \notin< \vec{b}, \vec{c} >$ または $\vec{d} \notin< \vec{c}, \vec{a} >$ である。

証明

$\vec{d} \in< \vec{a}, \vec{b} >$ かつ $\vec{d} \in< \vec{b}, \vec{c} >$ かつ $\vec{d} \in< \vec{c}, \vec{a} >$ とする。

$\vec{d} \in< \vec{a}, \vec{b} >$ かつ $\vec{d} \in< \vec{b}, \vec{c} >$ ならば
$\vec{d} = s_{1} \vec{a} + t_{1} \vec{b}$
かつ
$\vec{d} = t_{2} \vec{b} + u_{2} \vec{c}$
と書ける。よって、 $s_{1} \vec{a} + t_{1} \vec{b} = t_{2} \vec{b} + u_{2} \vec{c}$ より
$s_{1} \vec{a} + (t_{1} - t_{2}) \vec{b} - u_{2} \vec{c} = \vec{0}$
であり、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立なので、 $s_{1} = u_{2} = 0$ かつ $t_{1} = t_{2}$ である。

よって、 $\vec{d} = t \vec{b}$ と表すことが出来て、 $\vec{d}$ は $\vec{b}$ と同一直線上である。

また、 $\vec{d} \in< \vec{c}, \vec{a} >$ なら
$\vec{d} = s_{3} \vec{a} + u_{3} \vec{c}$
と表せるので、 $t \vec{b} = s_{3} \vec{a} + u_{3} \vec{c}$ より
$s_{3} \vec{a} - t \vec{b} + u_{3} \vec{c} = \vec{0}$
となり、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立なので、 $s_{3} = t = u_{3} = 0$ となり、 $\vec{d} = \vec{0}$ となってしまい矛盾する。

よって、 $\vec{d} \in< \vec{a}, \vec{b} >$ かつ $\vec{d} \in< \vec{b}, \vec{c} >$ かつ $\vec{d} \in< \vec{c}, \vec{a} >$ となることはない。

補題3

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立とする。
また、 $\vec{a}$ と $\vec{d}$ も1次独立、すなわち零ベクトルでない $\vec{a}$ と $\vec{d}$ が同一直線上にないとする。

このとき、 $\vec{d} \notin< \vec{a}, \vec{b} >$ または $\vec{d} \notin< \vec{a}, \vec{c} >$ である。

証明

$\vec{d} \in< \vec{a}, \vec{b} >$ かつ $\vec{d} \in< \vec{a}, \vec{c} >$ であると仮定する。

このとき、 $\vec{d} = s_{1} \vec{a} + t_{1} \vec{b}$ かつ $\vec{d} = s_{2} \vec{a} + u_{2} \vec{c}$ と表せる。
よって、 $(s_{1} - s_{2}) \vec{a} + t_{1} \vec{b} - u_{2} \vec{c} = \vec{0}$ となる。

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立なので、 $t_{1} = u_{2} = 0$ かつ $s_{1} = s_{2}$ である。

よって、 $\vec{d} = s \vec{a}$ となり $\vec{a}$ と $\vec{d}$ が1次独立であることに矛盾するため、 $\vec{d} \in< \vec{a}, \vec{b} >$ かつ $\vec{d} \in< \vec{a}, \vec{c} >$ となる事はない。

よって、このとき、 $\vec{d} \notin< \vec{a}, \vec{b} >$ または $\vec{d} \notin< \vec{a}, \vec{c} >$ である。

定理の証明

まず、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ が1次独立である $\Rightarrow$ 任意のベクトル $\vec{p}$ に対して、
$\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c}$
と表せること、すなわち $\vec{p} \in< \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} >$ を示す。

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ が1次独立であるとする。

${\vec{e}}_{1} = (1, 0, 0), {\vec{e}}_{2} = (0, 1, 0), {\vec{e}}_{3} = (0, 0, 1)$ とすると、 ${\vec{e}}_{1}$ と ${\vec{e}}_{2}$ と ${\vec{e}}_{3}$ は1次独立であり、任意のベクトル $\vec{p} = (p_{1}, p_{2}, p_{3})$ に対して
$\vec{p} = p_{1} {\vec{e}}_{1} + p_{2} {\vec{e}}_{2} + p_{3} {\vec{e}}_{3}$
と表すことが出来るので、 $\vec{p} \in< {\vec{e}}_{1}, {\vec{e}}_{2}, {\vec{e}}_{3} >$ となる。
同様に $\vec{a} \in< {\vec{e}}_{1}, {\vec{e}}_{2}, {\vec{e}}_{3} >$ であることも言える。

補題2より、 $\vec{a} \notin< {\vec{e}}_{1}, {\vec{e}}_{2} >$ または $\vec{a} \notin< {\vec{e}}_{2}, {\vec{e}}_{3} >$ または $\vec{a} \notin< {\vec{e}}_{3}, {\vec{e}}_{1} >$ である。
例えば、 $\vec{a} \notin< {\vec{e}}_{2}, {\vec{e}}_{3} >$ とすると、補題1より $\vec{a}$ と ${\vec{e}}_{2}$ と ${\vec{e}}_{3}$ は1次独立であり、 $\vec{p} \in< \vec{a}, {\vec{e}}_{2}, {\vec{e}}_{3} >$ となる。

仮定より $\vec{a}$ と $\vec{b}$ は1次独立なので、補題3より $\vec{b} \notin< \vec{a}, {\vec{e}}_{2} >$ または $\vec{b} \notin< \vec{a}, {\vec{e}}_{3} >$ である。
よって、補題1より $\vec{p} \in< \vec{a}, \vec{b}, {\vec{e}}_{3} >$ となる。

$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立より、 $\vec{c} \notin< \vec{a}, \vec{b} >$ である。
よって、補題1より $\vec{p} \in< \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} >$ となる。

次に一意性を示す。

$\vec{p}$ を $\vec{p} = s_{1} \vec{a} + t_{1} \vec{b} + u_{1} \vec{c}$ と $\vec{p} = s_{2} \vec{a} + t_{2} \vec{b} + u_{2} \vec{c}$ で表せたとする。
$s_{1} \vec{a} + t_{1} \vec{b} + u_{1} \vec{c} = s_{2} \vec{a} + t_{2} \vec{b} + u_{2} \vec{c}$ より、 $(s_{1} - s_{2}) \vec{a} + (t_{1} - t_{2}) \vec{b} + (u_{1} - u_{2}) \vec{c} = \vec{0}$ となる。
$\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立より、 $s_{1} - s_{2} = 0$ かつ $t_{1} - t_{2} = 0$ かつ $u_{1} - u_{2} = 0$ である。
よって、 $s_{1} = s_{2}, t_{1} = t_{2}, u_{1} = u_{2}$ となるので、一意性は示された。

最後に、任意の空間ベクトル $\vec{p}$ に対して、
$\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c}$
を満たす $s, t, u$ が唯一つ存在する $\Rightarrow$ $\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ が1次独立であることを示す。

仮定より、 $s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c} = \vec{0}$ となる $s, t, u$ が唯一つ存在する。
よって、 $s = t = u = 0$ は、 $s \vec{a} + t \vec{b} + u \vec{c} = \vec{0}$ を満たしそれ以外の値は持たないので、 $\vec{a}$ と $\vec{b}$ と $\vec{c}$ は1次独立である。

補足

(3次元)空間上の任意のベクトル $\vec{p}$ は、1次独立である2つのベクトル $\vec{a}$ と $\vec{b}$ により生成させることはできない。
(すなわち、あるベクトル $\vec{p}$ はどんな実数 $s, t$ を取っても
$\vec{p} = s \vec{a} + t \vec{b}$
と表すことができない。)