ベクトル空間の次元がnの場合、そのベクトルの任意のn +1が線形従属であることを証明します。(線形代数)

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ms99 2019-04-02 09:40.

次のことを証明する方法がわからないようです。

「ベクトル空間に次元があることを証明する $n$ その後、任意 $n + 1$ そのベクトルの数は線形従属です。」

矛盾による証明の適用は有用なアプローチかもしれないと思いますが、それを理解することはできないようです。たぶん弱い誘導も?これについてはどうすればよいでしょうか。

Below Edit 1 - Made to accomodate question requesting further specification: 

線形独立」:ベクトルのセット$\{a_1, a_2,a_3...,a_n\}$ 次の場合、線形独立であると見なされます $x_1a_1 + x_2a_2 + x_3a_3 + x_na_n = 0 \space (null vector)$ だけが満足している $x_1 = x_2 = x_3 = x_n = 0$、次にセット $\{a_1, a_2,a_3...,a_n\}$線形独立です。((${x_1,x_2,x_3,...,x_n}$ 任意のスカラーです)

次元の定義」:$V$ベクトル空間である。の基礎となるベクトルの数$V$呼ばれる次元$V$、と書かれています $ \dim V$

3 answers

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Noname 2019-04-02 17:41.

矛盾のために、ベクトルのセットがあると仮定します $\{u_1, \ldots, u_{n+1}\}$$n$-次元ベクトル空間 $V$ そのような $\{u_1, \ldots, u_{n+1}\}$線形独立です。しましょう$B = \{v_1, \ldots, v_n\}$ の基礎となる $V$。次に$B$ スパン $V$、そして私たちは書くことができます

$$ u_1 = a_1v_1 + \cdots + a_nv_n $$

以来 $\{u_1, \ldots, u_{n+1}\}$ 線形独立であるため、 $u_i$ゼロにすることができます。これは、少なくとも1つあることを意味します$j$ そのような $a_j \neq 0$。一般性を失うことなく、$j = 1$。それから私達は書くかもしれません

$$ \begin{aligned} v_1 & = \frac{1}{a_1}u_1 - \frac{a_2}{a_1}v_2 - \cdots - \frac{a_n}{a_1}v_n & (1) \end{aligned} $$

さあ、 $B_1 = \{u_1, v_2, \ldots, v_n\}$。以来$B$ スパン $V$、 私たちは書くことができます

$$ v = \lambda_1v_1 + \cdots + \lambda_nv_n $$

のために $v\in V$。沿って$(1)$、 我々は持っています

$$ \begin{align} v & = \lambda_1(\frac{1}{a_1}u_1 - \frac{a_2}{a_1}v_2 - \cdots - \frac{a_n}{a_1}v_n) + \lambda_2v_2 + \cdots + \lambda_nv_n \\ & = \frac{\lambda_1}{a_1}u_1 + \frac{-\lambda_1 a_2}{a_1}v_2 + \lambda_2v_2 + \cdots + \frac{-\lambda_1 a_n}{a_1}v_n + \lambda_nv_n \\ & = \frac{\lambda_1}{a_1}u_1 + (\frac{-\lambda_1 a_2}{a_1} + \lambda_2)v_2 + \cdots + (\frac{-\lambda_1 a_n}{a_1} + \lambda_n)v_n \\ & = \lambda_1^{'}u_1 + \lambda_2^{'}v_2 + \cdots + \lambda_n^{'}v_n \\ \end{align} $$

したがって、私たちは何でも書くことができます $v \in V$ の要素の観点から $B_1$、つまり $B_1$ スパン $V$

取得したとしましょう $B_{i - 1} = \{u_1,\ldots, u_{i-1},v_i,\ldots, v_n\}$ そしてそれがまたがることを示しました $V$。それから私達は書くかもしれません

$$ u_i = a_1u_1 + \cdots + a_{i-1}u_{i-1} + a_iv_i + \cdots + a_nv_n $$

いくつかのための $a_1, \ldots, a_n \in \mathbb{R}$。以来$u_i$ がゼロ以外のベクトルである場合、 $k$ そのような $a_k \neq 0$。しましょう$j$ 最大のインデックスになる $a_j \neq 0$。この$j$ 満たす必要があります $j \geq i$$j < i$、その後 $a_i = a_{i+1} = \ldots = a_n = 0$、これは

$$ u_i = a_1u_1 + \cdots + a_{i-1}u_{i-1} $$

それと矛盾します $\{u_1, \ldots, u_{n+1}\}$線形独立です。一般性を失うことなく、仮定する$j = i$。その後、切り替えることができます$u_i$$v_i$$B_{i-1}$ 取得する $B_i = \{u_1,\ldots, u_{i-1}, u_i,v_{i+1},\ldots, v_n\}$、スパンすることを示すことができます $V$ を使用するものと同様の置換によって $(1)$ 上記。

までこれを続けます $n$第3ステップ、ここで $B_n = \{u_1, u_2, \ldots, u_n\}$。以前、私たちは次のことを示しました$B_{i-1}$ スパン $V$、次にスイッチングの操作 $u_i$$v_i$ 取得するため $B_i$ また作る $B_i$ スパン $V$。したがって、$B_n$ スパンする必要があります $V$ (で始まる誘導による $B_1$)。以来$u_{n+1}$ にあります $V$、 それ以来 $B_n$ スパン $V$、 私たちは書くことができます

$$ u_{n+1} = a_1u_1 + \cdots + a_nu_n $$

いくつかのための $a_1, \ldots, a_n \in \mathbb{R}$。しかし、これはそれと矛盾します$\{u_1, \ldots, u_{n+1}\}$線形独立です。したがって、そうではないはずです$\{u_1, \ldots, u_{n+1}\}$ は線形独立です。つまり、 $\{u_1, \ldots, u_{n+1}\}$ 線形従属でなければなりません。 $$\tag*{$\ blacksquare$}$$

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Chris Custer 2019-04-02 18:29.

ある場合 $n+1$ 線形独立ベクトル、次に $\operatorname{dim} V\ge n+1\gt n \Rightarrow \Leftarrow$

(@Ted Shifrinが示唆したように、これは対偶です。)

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piyush_sao 2019-04-02 18:49.

しましょう $n$ の次元である $V$。しましょう$u_{i}\in V$ にとって $i=1$$n{+}1$線形独立集合の集合である。したがって、$u_{i}$ にとって $i{=}1$$n$ また、線形独立であるため、 $u_{i}$ にとって $i=1$$n$ の基底関数系です $V$ (あなたはそれを証明する必要があります $V'= \text{span}\{u_{1},u_{2}\cdots u_{n}\}$、その後 $V'\subseteq V$ そして $\text{dim}(V')=\text{dim}(V)=n$、その後 $V'=V$、これを参照してください)。以来$u_{n+1}\in V$したがって、基底ベクトルを使用した一意の表現があります。したがって、

$$ u_{n+1} = \sum_{i=1}^{n}\alpha_{i}u_{i} $$

したがって、 $u_{i},\ i\in 1\cdots n{+}1$ 線形従属です。

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