Линейная зависимость

[SNet]

Здравствуйте. Проверьте, пожалуйста, строгость доказательства теоремы (меня в нём что-то смущает).

Теорема. Если какой-либо вектор линейного пространства единственным образом представляется в виде линейной комбинации векторов $e_1, ..., e_n$, то эта система векторов линейно независима.

Доказательство. Пусть векторы $x, e_1, ..., e_n$ принадлежат данному линейному пространству. По условию $x$ можно представить как $x = \sum_{i=1}^n a_i\cdot e_i$, причём коэффициенты линейной комбинации $a_i$ определены однозначно. Предположим противное, то есть что система векторов $e_1, ..., e_n$ линейно зависима. Тогда найдётся такой вектор $e_k$ среди этих векторов, что $e_k = \sum_{i \neq k}^n b_i\cdot e_i$. Подставим его в представление $x$ и получим $x = \sum_{i \neq k}^n (a_kb_i + a_i)\cdot e_i$. Зафиксируем числа $c_i = a_kb_i + a_i$ $(i \neq k)$. Тогда одни и те же числа $c_i$ можно получить в двух возможных распределениях коэффициентов линейной комбинации:
1. $a_k = 0$, тогда нужно просто соответствующим образом подобрать $a_i$
2. $a_k \neq 0$, тогда можно получить $c_i$ бесконечным числом способов, так как уравнение $c_i = a_kb_i + a_i$ определяет прямую на плоскости коэффициентов.
Итак, получается, что один и тот же вектор можно получить в результате самых различных комбинаций коэффициентов линейной комбинации.
Значит, представление $x$ неединственно, что противоречит условию. Следовательно, система $e_1, ..., e_n$ линейно зависима.

[demolishka]

Ну зачем же так сложно? Линейная независимость в точности говорит, что нулевой вектор можно разложить по векторам $\{ e_{i} \}$ единственным образом (а именно - с нулевыми коэффициентами). Так что Вашу теорему и теоремой назвать стыдно: раз любой вектор раскладывается единственным образом, то и нулевой - тоже. Сколь-нибудь содержательное утверждение получается в обратную сторону.

[SNet]

demolishka в сообщении #1322436 писал(а):

раз любой вектор раскладывается единственным образом

В задаче написано "Какой-либо".

[demolishka]

Вот поэтому используют слово "некоторый", чтобы не возникало путаницы . Я вот "какой-либо" прочитал как "какой-угодно", "всякий". Тем не менее, $0+x = x$ и все отсюда следует (разложите каждое слагаемое по $\{e_{i}\}$ и используйте единственность представления для $x$).

[SNet]

demolishka
$0 + x = x$, где $0, x$ элементы данного линейного пространства. Тогда имеем

$\sum_{i=1}^n b_i\cdot e_i + \sum_{i=1}^n a_i\cdot e_i = \sum_{i=1}^n a_i\cdot e_i$

$\sum_{i=1}^n (a_i + b_i)\cdot e_i = \sum_{i=1}^n a_i\cdot e_i$
$a_i + b_i = a_i$ (единственность разложения)
$b_i = 0$
Значит, нулевой вектор можно разложить по системе векторов $e_1, ..., e_n$ только с нулевыми коэффициентами, следовательно эта система векторов линейно независима.
Спасибо! Это гораздо лучше, проще и красивее, чем у меня.

Но всё же: в моём доказательстве нет никаких грубых ошибок?

[grizzly]

SNet в сообщении #1322434 писал(а):

1. $a_k = 0$, тогда нужно просто соответствующим образом подобрать $a_i$

Вот здесь ошибка. У Вас $a_i$ заданы однозначно и фиксированы, Вы их не можете подбирать. В случае $a_k=0$ Ваше рассуждение не работает. Этот случай можно обойти, но зачем ещё сильнее усложнять?

SNet в сообщении #1322434 писал(а):

Следовательно, система $e_1, ..., e_n$ линейно зависима.

И вот с такими оговорками нужно поаккуратнее.

[SNet]

grizzly

Под "обойти" вы имели ввиду следующее?

Можно исправить это доказательство так:
Будем поэтапно брать векторы, которые являются линейной комбинацией остальных из системы $(e_i)$ и
а) Если соответствующий взятому коэффициент в разложении $x$ равен нулю или сам вектор является нулевым, то просто исключаем этот вектор из разложения (умножаем на 0) и продолжаем процесс такого исключения. Параллельное убираем его из системы $(e_i)$ (тогда мы будем идти от системы к подсистеме).
б) Если соответствующий взятому вектору коэффициент в разложении $x$ не равен нулю, то реализуем моё исходное доказательство для этого случая.
Если пункт а будет продолжаться всё время, то в итоге мы придём к линейно независимой подсистеме $A$, в разложении $x$ останутся соответствующие ей векторы. Далее заметим, что $(e_i)-A$ суть линейно зависимая система. Значит, существует нетривиальная комбинация её векторов, равная нулю.
Итак, теперь представление $x$ можно разбить на две суммы: линейную комбинацию векторов из $A$ и линейную комбинацию векторов из $(e_i)-A$, помноженную на 0 (дистрибутивность умножения относительно сложения в линейном пространстве). Но ничего не изменится, если вторую часть заменить нетривиальной линейной комбинацией векторов из $(e_i)-A$: получим один и тот же вектор $x$. Значит, второй случай (с нулевыми коэффициентами) автоматически определяет как минимум два различных разложения по векторам системы $(e_i)$. Снова получаем противоречие.

[ewert]

SNet в сообщении #1322434 писал(а):

Теорема. Если какой-либо вектор линейного пространства единственным образом представляется в виде линейной комбинации векторов $e_1, ..., e_n$, то эта система векторов линейно независима.

Это тупо неверно. Если какой-то вектор представляется единственно, то это никак не запрещает какому-то другому вектору представляться неединственно.

--------------------------------
Вообще подобного рода утверждения нельзя рассматривать вне контекста. Что считать базисами, размерностями и прочим. А считать можно разное, по вкусу, но об этом надо изначально договориться. Тут вот не договаривались -- абсурд и вышел.

[grizzly]

ewert в сообщении #1322553 писал(а):

Это тупо неверно. Если какой-то вектор представляется единственно, то это никак не запрещает какому-то другому вектору представляться неединственно.

Рискну уточнить, в чём заковыка. Допустим, не запрещает; пусть этот другой представляется двумя способами; рассмотрим разность; получим нетривиальное представление нулевого вектора; прибавим его к данному по условию единственному представлению первого вектора и получим противоречие.

Не могу сообразить, в каком контексте это рассуждение может быть неверно.

[grizzly]

SNet
Зря я сказал насчёт обойти. Ведь всё равно Вы в ходе рассуждения воспользовались тем, что нулевой вектор можно представить нетривиальной линейной комбинацией. Выходит, что всё равно использовали, по сути, идею короткого решения (с представлением нулевого вектора), но пристроили к ней по ходу кучу ненужных сущностей. Ненужные сущности не просто отвлекают -- в них легко делать ошибки, которые потом трудно находить.