空間ベクトルの1次独立
ベクトルの1次結合の定義（空間）
ベクトルの1次結合の定義（空間）
2 つの$\vec{a}，\vec{b}$ に関する1 次結合は，「ベクトルの1 次結合の定義」で見たように，適当な実数$s，t$ を用いて
\[s\vec{a} + t\vec{b}\]と表されるベクトルのことであった．
ここでは，これを拡張して，3 つの$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ に関する1 次結合を次のように定義する．
1 次結合の定義
3 つのベクトル，$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ に対して，適当な実数$s，t，u$ を用いて
\[s\vec{a} + t\vec{b} + u\vec{c}\]と表されるベクトルのことを，$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ の1 次結合という．
たとえば，右図の空間において$\overrightarrow{\text{OP}}$ を$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$の1次結合で表すと
\[\overrightarrow{\text{OP}} = 3\vec{a} + 2\vec{b} + \dfrac{1}{2}\vec{c}\]とただ1通りに表せる．
また，左図の平面おいて，$\overrightarrow{\text{OP}}$ を$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ の1次結合で表すと
\begin{align} \overrightarrow{\text{OP}} &= 4\vec{a} + 0\vec{b} + 2\vec{c}\\ \overrightarrow{\text{OP}} &= 6\vec{a} + 4\vec{b} + 0\vec{c}\\ \overrightarrow{\text{OP}} &= 5\vec{a} + 2\vec{b} + \vec{c}\\ &\qquad \qquad \vdots \end{align}などいろいろな方法で表せる．
ベクトルの1次独立の定義（空間）
ベクトルの1次独立の定義（空間）
2 つの$\vec{a}，\vec{b}$ が1 次独立であることの定義は，「ベクトルの1 次独立の定義」で見たように
\[s\vec{a} + t\vec{b} = \vec{0}\]を満たす実数$s，t$ が$s = t = 0$ のときに限る，ことであった．
ここでは，これを拡張して，3 つの$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ に関する1 次独立を次のように定義する．
1 次独立の定義
「$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ が1 次独立である」とは
\[s\vec{a} + t\vec{b} + u\vec{c} = \vec{0}\]を満たす実数$s，t，u$ が$s = t = u = 0 $のときに限る，ことである．
たとえば，右図のように空間内にある$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$では
\[s\vec{a} + t\vec{b} + u\vec{c} = \vec{0}\]となる$s，t$ は$s = t = u = 0$ のときに限られるので，$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ は1 次独立である．
また，左図のように同一平面上にある$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$（$\vec{c} = \vec{a} + 2\vec{b}$ を満たす）では，$s = t = u = 0$ のとき以外に も，たとえば$s = −1，t = −2，u = 1$ のときや，$s = 2， t = 4，u = −2$ のときも
\[s\vec{a} + t\vec{b} + u\vec{c} = \vec{0}\]を満たすので，$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ は1 次独立であるとはいえない．
つまり，次のようなことがいえる．
1 次独立なベクトルと平行でないベクトル
$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ が1 次独立であるならば，$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ は同一平面内にない．逆に，$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ が同一平面になければ，$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ は1 次独立である．
つまり
「$\vec{a}$ と $\vec{b}$ が1次独立」 $\Longleftrightarrow$ $\vec{a}$、$\vec{b}$、$\vec{c}$ が同一平面内にない
である．
証明は省略．
1次独立な空間ベクトルに関する定理
1次独立な空間ベクトルに関する定理（空間）
2 つの1 次独立なベクトルの1 次結合に関して，「1 次独立な平面ベクトルに関する定理」が成り立った．ここでは，これを拡張した，3 つの1 次独立なベクトルの1 次結合に関する次の定理を示す．
1 次独立な空間ベクトルに関する定理
ある$\vec{p}$ が，1 次独立な$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ の1 次結合で
\begin{align} \vec{p} &= s\vec{a} + t\vec{b} + u\vec{c}\\ \vec{p} &= s’\vec{a} + t’\vec{b} + u’\vec{c} \end{align}と2 通りに表されたとする．このとき
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} s = s’\\ t = t’\\ u = u’\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}が成り立つ．つまり，$\vec{p}$ は1 通りでしか表せない．
【証明】
$\vec{p}$ は
\[\vec{p} = s\vec{a} + t\vec{b} + u\vec{c} = s’\vec{a} + t’\vec{b} + u’\vec{c}\]と表されるので
\[s\vec{a} + t\vec{b} + u\vec{c} = s’\vec{a} + t’\vec{b} + u’\vec{c}\] \[\Leftrightarrow (s − s’)\vec{a} + (t − t’)\vec{b} + (u − u’)\vec{c} = \vec{0}\]ここで，$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ は1 次独立であるから，その定義より
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} s − s’= 0\\ t − t’= 0\\ u − u’= 0\\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} s = s’\\ t = t’\\ u = u’\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}空間内の直線の交点の位置ベクトル
空間内の四面体$\text{OABC}$ において，辺$\text{AB}$ の中点を$\text{E}$，辺$\text{OC}$ を$2 : 1$ に内分する点を$\text{F}$，辺$\text{OA}$ を$1 : 2$ に内分する点を$\text{P}$ とする．また，$\text{Q}$ を辺$\text{BC}$上の点とする．線分$\text{EF}$ と$\text{PQ}$ のが交点$\text{X}$ をもつとき，$\overrightarrow{\text{OX}}$ を$\overrightarrow{\text{OA}}，\overrightarrow{\text{OB}}，\overrightarrow{\text{OC}}$ で表せ．
$\overrightarrow{\text{OA}} = \vec{a}，\overrightarrow{\text{OB}} = \vec{b}，\overrightarrow{\text{OC}} = \vec{c}$ とおく．
まず，$\text{X}$ は線分$\text{EF}$ 上にあるから，$\text{EX} : \text{XF} = s : 1 – s$とおくと
\begin{align} \overrightarrow{\text{OX}}&=(1-s)\overrightarrow{\text{OE}}+s\overrightarrow{\text{OF}}\\ &\qquad\blacktriangleleft 内分点の位置ベクトル\\ \Leftrightarrow\overrightarrow{\text{OX}}&=(1-s)\cdot\dfrac{1}{2}\left(\vec{a}+\vec{b}\right)+s\cdot\dfrac{2}{3}\vec{c}\\ \Leftrightarrow\overrightarrow{\text{OX}}&=\dfrac{1-s}{2}\vec{a}+\dfrac{1-s}{2}\vec{b}+\dfrac{2s}{3}\vec{c}\tag{1}\label{kuukannainochokusennokoutennoitibekutoru1} \end{align}と表すことができる．
また，$\text{X}$ は線分 $\text{PQ}$ 上にあるから，$\text{PX}:\text{XQ}=t:1-t$ とおき，また，点$\text{Q}$ について$\text{BQ}:\text{QC}=u:1–u$ とおくと
\begin{align} \overrightarrow{\text{OX}}&=(1-t)\overrightarrow{\text{OP}}+t\overrightarrow{\text{OQ}}\\ &\qquad\blacktriangleleft 内分点の位置ベクトル\\ \Leftrightarrow\overrightarrow{\text{OX}}&=(1-t)\cdot\dfrac{1}{3}\vec{a}\\ &\qquad+t\cdot\left\{(1-u)\vec{b}+u\vec{c}\right\}\\ \Leftrightarrow\overrightarrow{\text{OX}}&=\dfrac{1–t}{3}\vec{a}+t(1-u)\vec{b}+tu\vec{c}\tag{2}\label{kuukannainochokusennokoutennoitibekutoru2} \end{align}と表すことができる．
いま，$\vec{a}，\vec{b}，\vec{c}$ は1次独立であるから， $\eqref{kuukannainochokusennokoutennoitibekutoru1}，\eqref{kuukannainochokusennokoutennoitibekutoru2}$ より
\begin{eqnarray} && \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{1-s}{2}=\dfrac{1-t}{3}\\ \dfrac{1-s}{2}=t(1-u)\\ \dfrac{2s}{3}=tu\\ \end{array} \right. \\ &\Leftrightarrow& \left\{ \begin{array}{l} 3-3s=2-2t\\ \dfrac{1-s}{2}=t-tu\\ \dfrac{2s}{3}=tu\\ \end{array} \right. \\ &\Leftrightarrow& \left\{ \begin{array}{l} t=\dfrac{3s-1}{2}\\ \dfrac{3-3s}{6}=t-tu\\ \dfrac{4s}{6}=tu\\ \end{array} \right. \end{eqnarray}以下，連立方程式
\[ \left\{ \begin{array}{l} t=\dfrac{3s-1}{2}\\ \dfrac{3-3s}{6}=t-tu\\ \dfrac{4s}{6}=tu\\ \end{array} \right. \] を解く．上の式から $(3)$、$(4)$、$(5)$ とする．
まず，$(4)+(5)$ より
\[t=\dfrac{3+s}{6}\]これを $(3)$ に代入して
\[\dfrac{3+s}{6}=\dfrac{3s-1}{2}\Leftrightarrow6+2s=18s–6\] \[{\therefore}s=\dfrac{3}{4}\]これと $(4)$ より，$t=\dfrac{5}{8}$ である．これらと $(5)$ より，$u=\dfrac{4}{5}$ となる．
よって
\[\boldsymbol{\overrightarrow{\text{OX}} =\dfrac{1}{8}\vec{a}+\dfrac{1}{8}\vec{b}+\dfrac{1}{2}\vec{c}}\]