벡터공간(Vector space)

정의1

벡터공간 :

체 $(F,+_{F},\cdot_{F},0,1)$위의 벡터공간 또는 $F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$은 아래의 성질을 만족하고

언어가 $\mathcal{L} = \{ +_\mathcal{L}\} \cup \{ c\cdot_{\mathcal{L}} :  c \in F \} \cup \{ \vec{0}_\mathcal{L}\}$인 $\mathcal{L}$-구조로 정의한다.

벡터합 :

이항연산기호 $+_\mathcal{L}$에 대응되는 이항연산 $+ : V \times V \to V$를 벡터합으로 정의하고

$x,y \in V$에 대해 $+(x,y) = x + y$로 표기한다.

또 $V$의 원소를 벡터(vector)라고 정의한다.

스칼라곱 :

모든 $c \in F$에 대해

일항연산기호 $c\;\cdot_{\mathcal{L}}$에 대응되는 일항연산 $c\;\cdot : V\to V$를 $c$에 대한 스칼라곱으로 정의하고

$x \in V$와 $c \in F$에 대해 $c\cdot(x) = c\cdot x$로 표기한다.

또 $F$의 원소를 스칼라(scalar)라고 정의한다.

영벡터(zero vector) :

상수기호 $\vec{0}_\mathcal{L}$에 대응되는 상수 $\vec{0} \in V$를 영벡터 또는 벡터합의 항등원으로 정의한다.

벡터공간의 성질 :

연산의 순서를 명시하지 않으면 연산의 순서는

괄호 $()$안에 묶인 연산이 가장 먼저 계산되고

괄호 안이나 괄호가 없을때는

스칼라곱이 1순위, 벡터합이 2순위로 연산될때 $F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$는 다음 성질을 만족한다.

벡터합에 닫힘 : 모든 $x,y \in V$에 대해 $x+y \in V$이다.

스칼라곱에 닫힘 : 모든 $c \in F$와 모든 $x \in V$에 대해 $c \cdot x \in V$이다.

1. 모든 $x,y \in V$에 대해 $x+y = y+x$이다.

2. 모든 $x,y,z \in V$에 대해 $(x+y)+z = x+(y+z)$이다.

3. 모든 $x \in V$에 대해 $x+ \vec{0} = x$인 $\vec{0} \in V$가 존재한다.

4. 모든 $x \in V$에 대해 $x+y = \vec{0}$인 $y \in V$가 존재한다.

5. 모든 $x \in V$와 $1 \in F$에 대해 $1\cdot x = x$이다.

6. 모든 $a,b \in F$와 모든 $x \in V$에 대해 $(a \cdot_F b)\cdot x = a \cdot (b\cdot x)$이다.

7. 모든 $a \in F$와 모든 $x,y \in V$에 대해 $a\cdot (x+y) = a\cdot x + a\cdot y$이다.

8. 모든 $a,b \in F$와 모든 $x \in V$에 대해 $(a +_F b)\cdot x = a\cdot x + b\cdot x$이다.

 

 

 

정리1

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 임의의 $x,y,z \in V$에 대해 $x+z = y+z$이면 $x = y$이다.

증명

$x+z = y+z$일때

벡터공간의 성질 4번으로 $z+w = \vec{0}$인 $w \in V$가 존재하여 양변에 $w$를 더하면

$+$는 함수이므로 $(x+z)+w = (y+z)+w$이다.

따라서 벡터공간의 성질 2,3번으로 $(x+z)+w = x+(z+w) = x+\vec{0} =x$이고

$(y+z)+w = y + (z+w) = y+\vec{0} = y$이므로 $x=y$이다.

 

 

 

정리2

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 임의의 $x \in V$에 대해 $x + \vec{0} = x$인 $\vec{0} \in V$는 유일하다.

증명

$x \in V$에 대해 $x +\vec{0}_1  = x = x +\vec{0}_2 $인 $\vec{0}_1,\vec{0}_2 \in V$가 존재하면

벡터공간의 성질 1번으로 $\vec{0}_1 +x = x+\vec{0}_1 = x+\vec{0}_2 = \vec{0}_2 +x$이므로 위 정리로 $\vec{0}_1 = \vec{0}_2$이다.

 

 

 

정리3

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 임의의 $x \in V$에 대해 $x + y = \vec{0}$인 $y \in V$는 유일하다.

증명

$x \in V$에 대해 $x + y_1 = \vec{0} = x+y_2$인 $y_1,y_2 \in V$가 존재하면

벡터공간의 성질 1번으로 $y_1 +x = x+y_1 = x+y_2 = y_2 +x$이므로 위 정리로 $y_1 =y_2$이다.

 

 

 

정의2

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 임의의 $x \in V$에 대해 $x+y = \vec{0}$인 벡터공간의 성질 4번의 $y \in V$를

벡터합에 대한 $x$의 역벡터(inverse vector)라 하고 $ y = -x$로 표기한다.

또 뺄셈을 임의의 $x ,y \in V$에 대해 $x - y = x + (-y)$로 정의한다.

 

 

 

정리4

체 $(F,+_F,\cdot_F,0,1)$위의 벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에 대해 다음이 성립한다.

1. 모든 $x \in V$와 $0 \in F$에 대해 $0\cdot x = \vec{0}$이다.

2. 모든 $a \in F$에 대해 $a\cdot \vec{0} = \vec{0}$이다.

3. 모든 $x \in V$와 모든 $a \in F$에 대해 $(-a)\cdot x = -(a \cdot x) = a \cdot (-x)$이다.

증명

1.

벡터공간의 성질 1, 3, 8로 $0\cdot x + 0\cdot x = (0 +_F 0)\cdot x = 0\cdot x = 0\cdot x + \vec{0} = \vec{0} + 0\cdot x$ 이므로

위 정리로 $0\cdot x = \vec{0}$이다.

2.

벡터공간의 성질 1, 3, 7로 $a \cdot \vec{0} + a \cdot \vec{0} = a \cdot (\vec{0}+\vec{0}) = a \cdot \vec{0} = a \cdot \vec{0} + \vec{0} = \vec{0} + a\cdot \vec{0}$이므로

위 정리로 $a\cdot \vec{0} = \vec{0}$이다.

3.

역벡터의 정의와 벡터공간의 성질 1, 4로

$(-(a\cdot x)) + a\cdot x= a \cdot x + (-(a\cdot x)) = \vec{0}$이고

1번과 체의 뺄셈과 벡터공간의 성질 1, 8로

$ (-a)\cdot x + a\cdot x= a \cdot x + (-a) \cdot x = (a +_F (-a)) \cdot x = 0 \cdot x = \vec{0}$이고

2번과 벡터공간의 성질 1, 4, 7로

$\vec{0} = a \cdot \vec{0} = a \cdot (x+ (-x)) =  a \cdot x + a \cdot (-x) = a\cdot (-x) + a\cdot x$이므로

위 정리로 $-(a\cdot x) = (-a) \cdot x =a \cdot (-x)$이다.

 

 

 

정리7

체 $(F,+_F,\cdot_F,0,1)$위의 벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에 대해 $(\{ \vec{0} \},+,\cdot, \vec{0})$은 $F$-벡터공간이다.

증명

$(V,+,\cdot,\vec{0})$이 $F$-벡터공간이므로

벡터공간의 성질 3번으로 모든 $\vec{0}\in \{ \vec{0}\} \subseteq V$에 대해 $\vec{0} + \vec{0} = \vec{0} \in \{\vec{0}\}$이고

위 정리로 모든 $c \in F$에 대해 $c \cdot \vec{0} = \vec{0} \in  \{\vec{0} \}$이 성립한다.

또 아래 벡터공간의 성질 8가지를 모두 만족하므로 $(\{ \vec{0} \},+,\cdot, \vec{0})$은 $F$-벡터공간이다.

1.

$\begin{align*} \vec{0} + \vec{0} =  \vec{0} = \vec{0}+\vec{0} \end{align*}$

2. 

$\begin{align*} \vec{0} + (\vec{0} + \vec{0}) = \vec{0} + \vec{0} = \vec{0} = \vec{0} + \vec{0}= (\vec{0}+\vec{0})+\vec{0}  \end{align*}$

3.

자명하게 $\vec{0}\in \{ \vec{0}\} $이다.

4. 

$ \vec{0} + \vec{0} =\vec{0}$

5. 

$1\in F$에 대해 $ 1\cdot \vec{0} =  \vec{0}$

6.

임의의 $a, b \in F$에 대해 $(a\cdot_F b)\cdot \vec{0} = \vec{0 }  = a\cdot \vec{0} = a\cdot (b\cdot \vec{0})  $이다.

7.

임의의 $a \in F$에 대해 $a\cdot (\vec{0} + \vec{0}) = a\cdot \vec{0} =\vec{0}  = \vec{0} + \vec{0}= a \cdot \vec{0} + a \cdot \vec{0}  $이다.

8.

임의의 $a, b \in F$에 대해 $ (a+_F b)\cdot \vec{0} = \vec{0} = \vec{0} + \vec{0} = a\cdot \vec{0} + b\cdot \vec{0}  $이다.

 

 

 

정리6

체가 $(F,+,\cdot,0_F,1_F)$이고 임의의 양의 정수가 $n \in \mathbb{Z}^+$일때

$n$-순서쌍의 덧셈과 스칼라곱 $+_n,\cdot_n$과 $\vec{0} = (0_F,0_F,\cdots,0_F) \in F^n$에 대해 $($$F^n$$,+_n,\cdot_n, \vec{0} )$은 $F$-벡터공간이다.

증명

$n$-순서쌍 정리로 벡터공간의 성질 8가지를 모두 만족하므로 $(F^{n},+_n,\cdot_n,\vec{0})$은 $F$-벡터공간이다.

 

 

 

정의3

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 임의의 부분집합 $W \subseteq V$에 대해

$(W,+,\cdot,\vec{0})$가 $F$-벡터공간이면 $(W,+,\cdot,\vec{0})$를 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이라 정의한다.

 

 

 

정리5

체 $(F,+_{F},\cdot_{F},0,1)$위의 벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 임의의 부분집합 $W \subseteq V$에 대해

$(W,+,\cdot,\vec{0})$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이기 위한 필요충분조건은 다음 조건을 모두 만족하는 것이다.

1. $\vec{0} \in W$

2. 모든 $x ,y \in W$에 대해 $x + y \in W$이다.

3. 모든 $c \in F$와 모든 $x \in W$에 대해 $c \cdot x \in W$이다.

증명

$(W,+,\cdot,\vec{0})$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이면

$(W,+,\cdot,\vec{0})$는 $F$-벡터공간이므로 벡터공간의 정의로 정리의 조건 1,2,3이 성립하다.

역으로 정리의 조건 1,2,3이 성립하면

$F$-벡터공간의 8가지 성질 v1,v2, ... , v8을 만족하므로 $(W,+,\cdot,\vec{0})$는 $F$-벡터공간이고

$W\subseteq V$이므로 $(W,+,\cdot,\vec{0})$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이다.

v1

모든 $x,y \in W$에 대해 2번으로 $x+y, y+x \in W$이므로

$x+y, y+x \in V$이 되어 $x+y = y+x$이다.

v2

모든 $x,y,z \in W$에 대해 2번으로 $(x+y) +z, x +(y+z) \in W$이므로

$(x+y) +z, x +(y+z) \in V$이 되어 $(x+y) +z = x +(y+z) $이다.

v3

모든 $x \in W$에 대해 1번과 2번으로 $x+ \vec{0} \in W$이므로

$x + \vec{0} \in V$이 되어 $x + \vec{0} = x$이다.

v4

모든 $x \in W$와 $-1 \in F$에 대해 2번 3번으로 $(-1)\cdot x, x +(-1)\cdot x  \in W$이므로 

$(-1)\cdot x, x +(-1)\cdot x  \in V$이고 위 정리로 $x + (-1)\cdot x = (1 +_F(-1))\cdot x = 0\cdot x = \vec{0}$이다.

v5

모든 $x \in W$와 $1 \in F$에 대해 3번으로 $1\cdot x \in W$이므로

$1\cdot x \in V$가 되어 $1\cdot x = x$이다.

v6

모든 $x \in W$와 모든 $a,b \in F$에 대해 3번으로 $(a\cdot_F b)\cdot x , a\cdot (b\cdot x) \in W$이므로

$(a\cdot_F b)\cdot x , a\cdot (b\cdot x) \in V$가 되어 $(a\cdot_F b)\cdot x = a\cdot (b\cdot x)$이다.

v7

모든 $x,y \in W$와 모든 $a \in F$에 대해 2번과 3번으로 $a\cdot (x+y), a\cdot x + b\cdot y \in W$이므로

$a\cdot (x+y), a\cdot x + b\cdot y \in V$가 되어 $a\cdot (x+ y) = a\cdot x + b\cdot y$이다.

v8

모든 $x \in W$와 모든 $a,b \in F$에 대해 2번과 3번으로 $(a+_Fb)\cdot x, a\cdot x + b\cdot x \in W$이므로

$(a+_F b)\cdot x, a\cdot x + b\cdot x \in V$가 되어 $(a+_F b)\cdot x = a\cdot x + b\cdot x$이다.

 

 

 

정리8

임의의 $F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에 대해 $(\{\vec{0}\},+,\cdot,\vec{0})$은 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이다.

증명

아래 3가지를 만족하므로 위 정리로 $ \{ \vec{0} \}$은 $V$의 부분공간이다.

1.

자명하게 $\vec{0} \in \{ \vec{0}\} \subseteq V$이다.

2.

벡터공간의 성질 3으로 $\vec{0} + \vec{0} = \vec{0}$이다.

3.

위 정리로 모든 $a \in F$에 대해 $a\cdot \vec{0} = \vec{0}$이다.

 

 

 

정리9

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에 대해 $V$의 부분집합들의 집합족 $\mathcal{C}$가 $\mathcal{C}\ne \emptyset$일때

모든 $W \in \mathcal{C}$에 대해 $(W,+,\cdot,\vec{0})$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이면 $\displaystyle (\bigcap_{W \in \mathcal{C}}W,+,\cdot,\vec{0})$도 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이다.

증명

모든 $W \in \mathcal{C}$에 대해 $(W,+,\cdot,\vec{0})$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이므로 $\displaystyle \bigcap_{W \in \mathcal{C}} W \subseteq W \subseteq V$이고

위 정리로 모든 $W \in \mathcal{C}$에 대해 $\vec{0} \in W$이므로 교집합의 정의로 $\vec{0} \in \displaystyle \bigcap_{W\in \mathcal{C}}W$이다.

또 모든 $W \in \mathcal{C}$에 대해 $(W,+,\cdot,\vec{0})$는 $F$-벡터공간이므로

임의의 $a \in F$와 모든 $W \in \mathcal{C}$에 대해 $\displaystyle x,y \in W$이면 $x+y, a\cdot x \in W$가 되어

명제함수 정리로 모든 $W \in \mathcal{C}$에 대해 $\displaystyle x,y \in W$이면 모든 $W \in \mathcal{C}$에 대해 $x+y, a\cdot x \in W$이다.

따라서 교집합의 정의로 $\displaystyle x,y \in \bigcap_{W\in \mathcal{C}}W$이면 $\displaystyle x+y, a\cdot x \in \bigcap_{W\in \mathcal{C}}W$이므로

위 정리로 $\displaystyle (\bigcap_{W \in \mathcal{C}}W,+,\cdot,\vec{0})$은 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이다.

 

 

 

정의4

$F$-벡터공간이 $(V,+,\cdot,\vec{0})$이고 임의의 부분집합이 $S \subseteq V$일때

일차결합(linear combination) :

$n \in \mathbb{Z}^+$개의 스칼라 $a_1,a_2,\cdots, a_n \in F$과 벡터 $u_1,u_2,\cdots ,u_n \in S$에 대해

$u = a_1\cdot u_1 + a_2\cdot u_2+\cdots + a_n\cdot u_n = \displaystyle \sum_{i = 1}^n a_i\cdot u_i$는 귀납법과 벡터공간의 성질로 $u \in V$이므로

벡터 $u$를 $u_1,u_2,\cdots ,u_n$의 일차결합으로 정의하고 $a_1,a_2,\cdots, a_n$을 일차결합의 계수(coefficient)로 정의한다.

생성집합 :

$S \ne \emptyset$이면

$\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) =  \displaystyle \bigcup_{n = 1}^\infty \{ a_1\cdot u_1+a_2\cdot u_2 +\cdots+a_n\cdot u_n  :  (a_1,a_2,\cdots,a_n) \in $ $F^n$$ ,\; (u_1,u_2,\cdots,u_n) \in S^n  \}$이고

$S = \emptyset$이면 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\emptyset) = \{ \vec{0} \}$인 집합 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$를 $S$의 생성집합으로 정의한다.

생성공간 :

$S$의 생성집합 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$에 대해 $(\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S),+,\cdot,\vec{0})$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이면

$(\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S),+,\cdot,\vec{0})$를 $S$에 의해 생성되는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간 또는 $S$의 생성공간으로 정의하고

$S$를 $(\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S),+,\cdot,\vec{0})$의 생성원으로 정의한다.

아래 정리로 모든 $S \subseteq V$에 대해 $(\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S),+,\cdot,\vec{0})$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이다.

$\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = V$이면 $(\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S),+,\cdot,\vec{0}) = (V,+,\cdot,\vec{0})$를 $S$에 의해 생성되는 벡터공간으로 정의한다.

 

 

 

정리10

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 모든 $S \subseteq V$에 대해 $($$\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$$,+,\cdot,\vec{0})$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이다.

증명

$S =\emptyset$이면 생성집합의 정의로 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = \{ \vec{0}\}$이고

위 정리로 $(\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S),+,\cdot,\vec{0}) = (\{ \vec{0}\},+,\cdot,\vec{0})$은 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이다.

$S \ne \emptyset$이고 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 체가 $(F,+_F,\cdot_F,0_F,1_F)$일때

생성집합의 정의와 위 정리로 임의의 $s \in S$에 대해 $\vec{0} = 0_F\cdot s \in \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$이고

임의의 $x,y \in \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$는 어떤 $n,m \in \mathbb{Z}^+$에 대해

$x = a_1\cdot u_1 + \cdots + a_n\cdot u_n$이고 $y = b_1\cdot v_1 + \cdots + b_m\cdot v_m$인

$a_1,\cdots, a_n, b_1,\cdots, b_m \in F$과 $u_1,\cdots,u_n,v_1,\cdots,v_m \in S$이 존재하고 $n+m \in \mathbb{Z}^+$이므로

$x +y= a_1\cdot u_1 + \cdots + a_n\cdot u_n + b_1\cdot v_1+\cdots+b_m\cdot v_m \in \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$이다.

또 임의의 $c \in F$에 대해 귀납법과 벡터공간의 성질로

$\begin{align*}c \cdot x & = c\cdot (a_1\cdot u_1 + \cdots + a_n\cdot u_n) \\[0.5em] & = c\cdot (a_1\cdot u_1) + \cdots + c\cdot (a_n \cdot u_n) \\[0.5em] & = (c\cdot_F a_1) \cdot u_1 + \cdots + (c\cdot_F a_n) \cdot u_n  \text{ 이고} \end{align*}$

체의 정의로 $(c \cdot_F a_1),\cdots, (c\cdot_F a_n) \in F$이므로 $c\cdot x \in \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$가 되어

위 정리로 $(\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S),+,\cdot,\vec{0})$은 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이다.

 

 

 

정리11

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 모든 $S \subseteq V$에 대해

$S\subseteq W$인 임의의 $(W,+,\cdot,\vec{0})$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이면 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$ $\subseteq W$이다.

증명

$S = \emptyset$이면 $(W,+,\cdot,\vec{0})$는 벡터공간이므로 $\vec{0} \in W$이 되어 생성집합의 정의로 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = \{ \vec{0}\} \subseteq W$이다.

$S \ne \emptyset$이면 생성집합의 정의로 임의의 $x \in \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$는 어떤 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해

$x = a_1\cdot u_1 + \cdots + a_n\cdot u_n$인 $a_1,\cdots, a_n \in F$과 $u_1,\cdots,u_n \in S \subseteq W$이 존재하고 

$(W,+,\cdot,\vec{0})$는 벡터공간이므로 귀납법과 벡터공간의 성질로 $x = a_1\cdot u_1 + \cdots + a_n\cdot u_n \in W$이 되어

$\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) \subseteq W$이다.

 

 

 

정의5

체 $(F,+_{F},\cdot_{F},0_F,1_F)$위의 벡터공간이 $(V,+,\cdot,\vec{0})$이고 임의의 부분집합이 $S \subseteq V$일때

일차종속(linearly dependent) :

어떤 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $a_1\cdot u_1 + a_2\cdot u_1 + \cdots + a_n\cdot u_n = \vec{0}$인

$n$개의 스칼라 $a_1,a_2,\cdots, a_n \in F$과 $n$개의 서로 다른 벡터 $u_1,u_2,\cdots,u_n \in S$이 존재하고

$a_i  \ne 0_F$인 $i = 1,2,\cdots, n$가 존재하면 $S$를 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이라 정의한다.

일차독립(linearly independent) :

$S$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이 아니면 $S$를 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이라 정의한다.

 

 

 

정리12

체 $(F,+_{F},\cdot_{F},0_F,1_F)$위의 벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$과 임의의 부분집합 $S \subseteq V$에 대해 다음이 성립한다.

1. $\emptyset$은 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이다.

2. $u \ne \vec{0}$인 $u \in V$에 대해 $\{ u\}$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이다.

3. $S \cup \{ \vec{0}\}$은 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이다.

4. $S$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이기 위한 필요충분조건은

모든 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $a_1\cdot u_1 +a_2\cdot u_2+ \cdots + a_n\cdot u_n = \vec{0}$인

$n$개의 스칼라 $a_1,a_2,\cdots, a_n \in F$과 $n$개의 서로 다른 벡터 $u_1,u_2,\cdots,u_n \in S$이 존재하면

$a_1=a_2=\cdots = a_n = 0_F$인 것이다.

증명

1.

$\emptyset$에는 어떠한 벡터도 존재하지 않으므로 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이다.

2.

$a\cdot u = \vec{0}$인 $a \in F$가 존재할때 $a \ne 0_F$이라 가정하면

$(F,+_{F},\cdot_{F},0_F,1_F)$는 체이므로 $a$의 곱셈에 대한 역원 $a^{-1} \in F$이 존재하여 위 정리와 벡터공간의 성질로

$u = 1_F \cdot u = (a^{-1} \cdot_F a) \cdot u = a^{-1} \cdot (a\cdot u) = a^{-1}\cdot \vec{0} = \vec{0}$이므로 $u \ne \vec{0}$임에 모순이다.

따라서 $a\cdot u = \vec{0}$이면 $a = 0_F$가 되어 $\{ u\}$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이다.

3.

체의 정의로 $1_F \ne 0_F$인 $1_F \in F$가 존재하여

위 정리로 $1_F\cdot \vec{0} = \vec{0} $이고 $\vec{0} \in S\cup \{ \vec{0} \}$이므로 $S\cup \{\vec{0} \}$은 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이다.

4.

일차독립의 정의로부터 성립한다.

 

 

 

정리13

체 $(F,+_{F},\cdot_{F},0_F,1_F)$위의 벡터공간 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$와 임의의 부분집합 $S_1 \subseteq S_2 \subseteq V$에 대해 다음이 성립한다.

1. $S_1$이 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이면 $S_2$도 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이다.  

2. $S_2$가 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이면 $S_1$도 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이다.

3. $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 임의의 $S \subset V$와 $v \notin S$인 임의의 $v \in V$에 대해

$S \cup \{ v\}$가 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이기 위한 필요충분조건은 $v \in $ $\underset{(V,+_V,\cdot_V,\vec{0})}{\operatorname{span}(S)}$인 것이다.

증명

1.

$S_1$이 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이면 

$a_1\cdot u_1 +_V \cdots +_V a_n\cdot u_n = \vec{0}$인 $n \in \mathbb{Z}^+$개의 $a_1,\cdots, a_n \in F$과 서로 다른 $u_1,\cdots,u_n \in S_1$이 존재하고

$a_i  \ne 0_F$인 $i = 1,2,\cdots, n$가 존재하여 $u_1,\cdots,u_n \in S_1 \subseteq S_2$이므로 $S_2$도 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이다.

2.

1번의 대우로 성립한다.

3.

$S \cup \{ v\}$가 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속일때

$S = \emptyset$이면 위 정리로 $v = \vec{0}$이므로 $v \in \underset{(V,+_V,\cdot_V,\vec{0})}{\operatorname{span}(S)} = \underset{(V,+_V,\cdot_V,\vec{0})}{\operatorname{span}(\emptyset)} = \{ \vec{0}\}$이고

$S \ne \emptyset$이면

$a_1\cdot u_1 +_V \cdots +_V a_n\cdot u_n = \vec{0}$인 $n \in \mathbb{Z}^+$개의 $a_1,\cdots, a_n \in F$과 서로 다른 $u_1,\cdots,u_n \in S\cup \{ v\}$이 존재하고

$a_i  \ne 0_F$인 $i = 1,2,\cdots, n$가 존재하므로 $u_j = v$인 $j = 1,2,\cdots, n$가 존재하지 않는다고 가정하면

$u_1,\cdots,u_n \in S$인데 $S$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로 위 정리로 $a_i = 0_F$가 되어 모순이다.

$u_1,\cdots,u_n \in S\cup \{ v\}$은 서로 다른 벡터이므로 $u_j = v$인 $j = 1,2,\cdots, n$가 $1$개 존재하여

$a_j = 0_F$라고 가정하면

$\begin{align*}\vec{0} & = a_{1}\cdot u_{1} +_V \cdots +_V a_{j-1}\cdot u_{j-1}+_V a_j\cdot u_j  +_V a_{j+1}\cdot u_{j +1}\cdots+_V a_n\cdot u_n \\[0.5em]  & = a_{1}\cdot u_{1} +_V \cdots +_V a_{j-1}\cdot u_{j-1} +_V a_{j+1}\cdot u_{j +1}\cdots+_V a_n\cdot u_n \text{ 이고} \end{align*}$

$u_{1},\cdots,u_{j-1},u_{j+1},\cdots, u_n \in S$이므로 위 정리로 $a_{1} = \cdots = a_{j-1} = a_{j+1} =\cdots= a_n = 0_F = a_i$가 되어 모순이다.

따라서 $a_j \ne 0_F$이므로 $a_j$의 곱셈에 대한 역원 $a_j^{-1} \in F$가 존재하여

위 정리와 벡터공간의 성질로 $ a_j \cdot v =a_j\cdot u_j  = -a_1\cdot u_1- \cdots - a_{j-1} \cdot u_{j-1} -a_{j+1}\cdot u_{j+1} - \cdots - a_n\cdot u_n  $이고

$ \begin{align*}v   & = a_j^{-1} \cdot (-a_{1}\cdot u_{1} -a_{j-1}\cdot u_{j-1} - a_{j+1}\cdot u_{j+1} - \cdots - a_n\cdot u_n)  \\[0.5em] &= -(a_j^{-1}\cdot_F a_1) \cdot u_1-\cdots -(a_j^{-1} \cdot_F a_{j-1}) \cdot u_{j-1} -(a_j^{-1} \cdot_F a_{j+1})\cdot u_{j+1} -\cdots - (a_j^{-1}\cdot_F a_n)\cdot u_n \in \underset{(V,+_V,\cdot_V,\vec{0})}{\operatorname{span}(S)} \text{ 이다.} \end{align*}$

역으로 $v \in \underset{(V,+_V,\cdot_V,\vec{0})}{\operatorname{span}(S)}$일때

$S = \emptyset$이면 생성집합의 정의로 $v = \vec{0}$이고 위 정리로 $S \cup \{ \vec{0} \}$은 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이다.

$S \ne \emptyset$이면

생성집합의 정의로 $v = a_1\cdot u_1 +_V \cdots +_V a_n \cdot u_n$인 $n\in \mathbb{Z}^+$개의 $a_1,\cdots, a_n \in F$과 $u_1,\cdots,u_n \in S$이 존재하여

$\vec{0} = a_1\cdot u_1 +_V \cdots +_V a_n \cdot u_n  +_V(-1_F)\cdot v$이고 $v \notin S$이므로 모든 $i = 1,2,\cdots,n$에 대해 $v \ne u_i$이다.

따라서 벡터공간의 성질로 $u_1,\cdots,u_n \in S$에서 중복되는 벡터를 합치면

$k\le n$인 $k \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $ a_1\cdot u_1 +_V \cdots +_V a_n \cdot u_n  = b_1\cdot v_1 +_V \cdots +_V b_k \cdot v_k$인

$b_1,\cdots, b_k \in F$와 서로 다른 벡터 $v_1,\cdots,v_k \in \{ u_1,\cdots,u_n\}$가 존재하고 체의 정의로 $-1_F\ne 0_F$이므로

$\vec{0} = a_1\cdot u_1 +_V \cdots +_V a_n \cdot u_n  +_V(-1_F)\cdot v = b_1\cdot v_1 +_V \cdots +_V b_k\cdot v_k +_V (-1_F)\cdot v$가 되어

$\{ u_1,\cdots,u_n, v \}$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이고

$\{ u_1,\cdots,u_n, v \} \subseteq S \cup \{ v\}$이므로 1번으로 $S \cup \{ v\}$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이다.

 

 

 

정의6

기저(basis) :

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분집합 $\beta \subseteq V$에 대해

$\beta$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이고 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$ $= V$이면 $\beta$를 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저로 정의한다.

차원(dimension) :

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간 $(W,+,\cdot,\vec{0})$에 대해

$(W,+,\cdot,\vec{0})$의 유한집합인 기저가 존재하면 $(W,+,\cdot,\vec{0})$를 유한차원이라 정의하고

아래 정리로 $(W,+,\cdot,\vec{0})$의 모든 기저의 원소개수는 유일하므로

$n \in \mathbb{N}$개의 원소를 갖는 $(W,+,\cdot,\vec{0})$의 기저가 존재할때

$(W,+,\cdot,\vec{0})$를 $n$차원이라 정의하고 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(W) = n$으로 표기한다.

$(W,+,\cdot,\vec{0})$가 유한차원이 아니면 $(W,+,\cdot,\vec{0})$를 무한차원이라 정의한다.

 

 

 

정리14

체 $(F,+_{F},\cdot_{F},0_F,1_F)$위의 벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 서로 다른 $n \in \mathbb{Z}^+$개의 벡터 $u_1,\cdots,u_n \in V$에 대해

$\beta = \{ u_1, \cdots, u_n\}$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저이기 위한 필요충분조건은

모든 $v \in V$에 대해 $v = a_{1}(v)\cdot u_1 + \cdots + a_{n}(v) \cdot u_n$인 $a_{1}(v),\cdots,a_{n}(v) \in F$가 유일하게 존재하는 것이다.

증명

$\beta = \{ u_1, \cdots, u_n\}$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저이면

$V = \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$이므로 생성집합의 정의로 모든 $v \in V = \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$는

$v = c_1\cdot v_1 + \cdots + c_k\cdot v_k$인 $k \in \mathbb{Z}^+$개의 $c_{1},\cdots,c_{k} \in F$와 $v_1,\cdots,v_k \in \beta$가 존재하여

벡터공간의 성질로 $v_1,\cdots,v_k \in \beta$에서 중복되는 벡터를 합치고

$u \in \beta \setminus \{ v_1,\cdots,v_k\}$가 존재할때 $0_F\cdot u = \vec{0}$을 더하면

$v  = c_1\cdot v_1 + \cdots + c_k \cdot v_k = a_{1}\cdot u_1 + \cdots + a_{n} \cdot u_n$인 $a_{1},\cdots,a_{n} \in F$이 존재한다.

또 $ a_{1}\cdot u_1 + \cdots + a_{n} \cdot u_n = v = b_1\cdot u_1 + \cdots + b_n\cdot u_n$인 $b_{1},\cdots,b_{n} \in F$이 존재하면

벡터공간의 성질로 $\vec{0} = (a_{1} -b_1)\cdot u_1 + \cdots + (a_{n}-b_n) \cdot u_n $이고 $\beta$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로

위 정리로 $a_{1} - b_1 = \cdots = a_{n} - b_n = 0_F$가 되어 모든 $i = 1,2,\cdots,n$에 대해 $a_i = b_i$이다.

역으로 모든 $v \in V$에 대해 $v = a_{1}\cdot u_1 + \cdots + a_{n} \cdot u_n$인 $a_{1},\cdots,a_{n} \in F$이 유일하게 존재할때

위 정리로 $(\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta),+,\cdot,\vec{0})$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이므로 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta) \subseteq V$이고

$v = a_{1}\cdot u_1 + \cdots + a_{n} \cdot u_n \in \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$이므로 $V \subseteq \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$가 되어 집합 정리로 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)  =V$이다.

또 $\vec{0} = c_1\cdot v_1 + \cdots + c_k\cdot v_k$인 $k \in \mathbb{Z}^+$개의 $c_{1},\cdots,c_{k} \in F$와 서로 다른 $v_1,\cdots,v_k \in \beta$가 존재하면

$v= v +\vec{0}= a_{1}\cdot u_1 + \cdots + a_{n} \cdot u_n + c_1\cdot v_1 + \cdots + c_k \cdot v_k$이고 $v_1,\cdots,v_k \in \beta = \{ u_1,\cdots, u_n\}$이므로

일반성을 잃지 않고

$c_i \ne 0_F$인 $i = 1,2,\cdots,k$가 하나만 존재한다고 가정하고 어떤 $j = 1,2,\cdots,n$에 대해 $v_i = u_j$라고 가정하면

$a_1\cdot u_1 +\cdots +a_j \cdot u_j + \cdots + a_n\cdot u_n =v=  a_{1}\cdot u_1 + \cdots+ (a_j+_Fc_i)\cdot u_j  +\cdots + a_{n} \cdot u_n$인데

$a_j +_F c_i \ne a_j$가 되어 $a_{1},\cdots,a_{n} \in F$이 유일하다는 가정에 모순이다.

따라서 $c_1 = \cdots = c_k = 0_F$이므로 위 정리로 $\beta$는 일차독립이 되어 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저이다.

 

 

 

정리15

체 $(F,+_{F},\cdot_{F},0_F,1_F)$위의 벡터공간 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 임의의 부분집합 $S \subseteq V$에 대해

$S$가 유한집합이고 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$ $= V$이면 $\beta \subseteq S$인 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저 $\beta$가 존재한다.

증명

$S$의 원소개수 $n \in \mathbb{N}$에 대한 귀납법을 사용한다.

$n = 0$이면 유한집합의 정의로 $S =\emptyset$이고 집합정리로 $\beta \subseteq S$는 $\beta= \emptyset$이 되어

위 정리로 $\beta= \emptyset$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이고 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta) =\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\emptyset) = \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = V$이므로

$\beta$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저이다.

모든 $k \in \mathbb{N}$에 대해 정리가 성립한다 가정하고 $S$가 $k+1$개의 원소를 갖는 유한집합일때

$S$가 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이면

$\beta = S$에 대해 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)  = \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = V$이므로 $\beta$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저이다.

$S$가 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이 아니면 일차종속이므로

$a_1\cdot u_1 +_V \cdots +_V a_m\cdot u_m = \vec{0}$인 $m \in \mathbb{Z}^+$개의 $a_1,\cdots, a_m \in F$과 서로 다른 $u_1,\cdots,u_m \in S$이 존재하고

$a_i  \ne 0_F$인 $i = 1,2,\cdots, m$가 존재하여 $\{ u_i\} \subset S$일때

$\begin{align*} u_i & = a_i^{-1} \cdot (-a_1\cdot u_1-\cdots - a_{i-1}\cdot u_{i-1} - a_{i+1}\cdot u_{i+1} -\cdots - a_{m}\cdot u_m) \\[0.5em] & = -(a_i^{-1} \cdot_F a_1)\cdot u_1 - \cdots - (a_i^{-1} \cdot_F a_{i-1})\cdot u_{i-1} - (a_i^{-1} \cdot_F a_{i+1})\cdot u_{i+1} - \cdots - (a_i^{-1} \cdot_F a_m)\cdot u_m \text{ 이다.} \end{align*}$

임의의 $x \in \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$에 대해 $S$는 $k+1 \in \mathbb{Z}^+$개의 원소를 가지므로 $S \ne \emptyset$이 되어

생성집합의 정의로 $x = b_1\cdot v_1 +_V \cdots +_Vb_r \cdot v_r$인 $r \in \mathbb{Z}^+$개의 $b_1,\cdots, b_r \in F$과 $v_1,\cdots, v_r \in S$이 존재한다.

$\{ u_i\} = S$이면 위 정리로 $u_i = \vec{0}$이므로 $x =\vec{0} \in \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S\setminus \{ u_i\}) = \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\emptyset) = \{\vec{0}\}$이고

$\{ u_i\} \subset S$일때 $v_1,\cdots, v_r \in S\setminus \{ u_i\}$이면 $x \in \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S\setminus \{ u_i\})$이고

$v_j = u_i$인 $j =1,2,\cdots, r$가 존재하면 

$\begin{align*} v_j =u_i=  -(a_i^{-1} \cdot_F a_1)\cdot u_1 - \cdots - (a_i^{-1} \cdot_F a_{i-1})\cdot u_{i-1} - (a_i^{-1} \cdot_F a_{i+1})\cdot u_{i+1} - \cdots - (a_i^{-1} \cdot_F a_m)\cdot u_m \text{ 가 되어} \end{align*}$

$x \in \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S\setminus \{ u_i\})$이므로 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) \subseteq \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S\setminus \{ u_i\})$이고

위 정리로 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S\setminus \{ u_i\}) \subseteq \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$이므로 집합정리로 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S\setminus \{ u_i\}) = \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = V$이다.

유한집합 정리로 $S \setminus \{ u_i \}$는 $k$개의 원소를 갖는 유한집합이고 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S\setminus \{ u_i\})  = V$이므로

귀납가정으로 $\beta \subseteq S\setminus \{ u_i\}$인 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저 $\beta$가 존재하고 $\beta \subseteq S\setminus \{ u_i\}\subseteq S$이다.

따라서 모든 $n \in \mathbb{N}$에 대해 정리가 성립한다.

 

 

 

정리16(대체[replacement] 정리)

체 $(F,+_{F},\cdot_{F},0_F,1_F)$위의 벡터공간 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 임의의 부분집합 $G,L \subseteq V$에 대해

$G$가 $n \in \mathbb{N}$개의 원소를 갖는 유한집합이고 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(G)$ $= V$일때

$L$이 $m \in \mathbb{N}$개의 원소를 갖는 유한집합이고 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이면

$n \ge m$이 성립하고 $H \subseteq G$이고 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(L\cup H) = V$인 $n -m \in \mathbb{N}$개의 원소를 갖는 유한집합 $H$가 존재한다.

증명

$L$의 원소개수 $m \in \mathbb{N}$에 대한 귀납법을 사용한다.

$m = 0$이면

유한집합의 정의로 $L = \emptyset$이고 $n\ge 0= m$이 성립하므로 $H = G$로 둘때

$H$는 $n-m=n-0 = n$개의 원소를 갖고 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(L\cup H) = \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(H) = \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(G) = V$이다.

모든 $k \in\mathbb{N}$에 대해 정리가 성립할때 $L = \{ v_1,\cdots, v_{k},v_{k+1}\}$이 $k+1$개의 원소를 가지면

$L$은 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로 위 정리로 $ \{ v_1,\cdots, v_{k}\} \subset L$도 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이 되어

귀납가정으로 $n-k \in \mathbb{N}$개의 원소를 갖고

$\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ v_1,\cdots,v_k\} \cup \{ u_1,\cdots,u_{n-k}\}) = V$인 집합 $\{ u_1, \cdots ,u_{n-k}\} \subseteq G$가 존재하여

$v_{k+1} \in L\subseteq V=\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ v_1,\cdots,v_k\} \cup \{ u_1,\cdots,u_{n-k}\}) $이다.

$n-k = 0$이면 $ \{ u_1,\cdots,u_{n-k}\} =\emptyset$이므로 $v_{k+1} \in \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ v_1,\cdots,v_k\}) $이 되어

위 정리로 $L = \{ v_1,\cdots, v_{k},v_{k+1}\}$이 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이라는 가정에 모순이므로

$n-k \ne 0$이고 $n-k > 0$이므로 $n > k$이 되어 $n \ge k+1$이다.

$\{ v_1,\cdots, v_{k}\} = \emptyset$일때

$v_{k+1} \in \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ u_1,\cdots,u_{n-k}\}) $이므로 $v_{k +1} =  b_1\cdot u_1 +_V \cdots +_V b_{n-k} \cdot u_{n-k}$인 $b_1,\cdots,b_{n-k} \in F$가 존재하여

$b_1 = \cdots =b_{n-k} = 0_F$이면 $v_{k+1} = \vec{0}$이므로

위 정리로 $L = \{ v_{k+1}\} = \{ \vec{0}\}$이 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이라는 가정에 모순이고

$\{ v_1,\cdots, v_{k}\} \ne \emptyset$일때

$v_{k+1} \in \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ v_1,\cdots,v_k\} \cup \{ u_1,\cdots,u_{n-k}\}) $이므로

$v_{k +1} = a_1\cdot v_1 +_V \cdots +_V a_k \cdot v_k +_V b_1\cdot u_1 +_V \cdots +_V b_{n-k} \cdot u_{n-k}$인 $a_1, \cdots, a_k,b_1,\cdots,b_{n-k} \in F$가 존재하여

$b_1 = \cdots =b_{n-k} = 0_F$이면 $v_{k +1} = a_1\cdot v_1 +_V \cdots +_V a_k \cdot v_k \in \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ v_1,\cdots,v_k\})$이므로

위와 비슷하게 모순이 되어 $b_i \ne 0_F $인 $i = 1,2,\cdots, n-k$가 존재한다.

벡터공간의 성질로 일반성을 잃지 않고 $i = n-k$로 둘때 $b_{n-k} \ne 0_F $이므로 $b_{n-k}^{-1} \in F$가 존재하여

$u_{n-k} = -(b_{n-k}^{-1} \cdot_F a_1)\cdot v_1 - \cdots - (b_{n-k}^{-1} \cdot_F a_k) \cdot v_k +_V b_{n-k}^{-1}\cdot v_{k+1} - (b_{n-k}^{-1} \cdot_Fb_1)\cdot u_1 - \cdots - (b_{n-k}^{-1}\cdot_F b_{n-k-1}) \cdot u_{n-k-1} \text{ 이고}$

$H = \{ u_1, \cdots, u_{n-k-1}\} \subset \{ u_1,\cdots,u_{n-k-1},u_{n-k}\} \subseteq G$로 두면

$H$는 $n-k-1 = n-(k+1)$개의 원소를 갖는 유한집합이고

$v_1,\cdots,v_k, u_1,\cdots,u_{n-k-1},u_{n-k} \in \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ v_1,\cdots,v_k,v_{k+1}\} \cup \{ u_1,\cdots,u_{n-k-1}\}) = \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(L\cup H) $가 되어

$\{ v_1,\cdots,v_{k}\} \cup \{ u_1,\cdots,u_{n-k-1},u_{n-k}\} = \{v_1,\cdots,v_k, u_1,\cdots,u_{n-k-1},u_{n-k} \} \subseteq \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(L\cup H) $이고

위 정리로 $(\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(L\cup H) ,+_V,\cdot , \vec{0})$은 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이므로 $ \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(L\cup H) \subseteq V$이고

위 정리로 $V= \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ v_1,\cdots,v_k\} \cup \{ u_1,\cdots,u_{n-k-1},u_{n-k}\}) \subseteq \underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(L\cup H)$가 되어

집합정리로 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(L\cup H) = V$이다.

따라서 모든 $m \in \mathbb{N}$에 대해 정리가 성립한다.

 

 

 

정리17

$F$-벡터공간 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 어떤 기저 $\beta \subseteq V$가 $n \in \mathbb{N}$개의 원소를 갖는 유한집합이면

$(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 모든 기저는 $n$개의 원소를 갖는 유한집합이다.

증명

$\beta \ne \gamma$인 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저 $\gamma \subseteq V$가 $n$개보다 많은 원소를 갖는 집합일때

$\gamma$가 가산집합이면 자연수 $0,1, \cdots,n \in \mathbb{N}$에 대응되는 $\gamma$의 원소를 선택하고

$\gamma$가 비가산집합이면 비가산 정리로 $\gamma$에 포함되는 가부번집합이 존재하므로

$0,1, \cdots,n \in \mathbb{N}$에 대응되는 원소를 선택하여 $S \subseteq \gamma$인 $n+1$개의 원소를 갖는 유한집합 $S$를 정의하면

$\gamma$는 기저의 정의로 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로 위 정리로 $S$도 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인데

$\beta$가 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저이므로 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta) = V$가 되어 대체정리로 $n \ge n+1$이므로 모순이다.

또 $\gamma$가 $m < n$인 $m$개의 원소를 갖는 유한집합이면

기저의 정의로 $\gamma$는 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\gamma) = V$가 성립하고 $\beta$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로

대체정리로 $m \ge n$이 되어 모순이다.

따라서 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 모든 기저는 $n$개의 원소를 갖는 유한집합이다.

 

 

 

정리18

$n \in \mathbb{N}$차원 $F$-벡터공간 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 임의의 부분집합 $S \subseteq V$가 유한집합일때 다음이 성립한다.

1. $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$ $= V$이면 $S$는 $n$개이상의 원소를 갖는다.

2. $S$가 $n$개의 원소를 갖고 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = V$이면 $S$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저이다.

3. $S$가 $n$개의 원소를 갖고 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이면 $S$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저이다.

4. $S$가 $n$개이하의 원소를 갖고 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이면 $S \subseteq \beta$인 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저 $\beta$가 존재한다.

증명

1, 2

$S$가 $m \in \mathbb{N}$개의 원소를 갖는 유한집합일때

$\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = V$이므로 위 정리로 $\beta \subseteq S$인 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저 $\beta$가 존재하여

$(V,+_V,\cdot,\vec{0})$가 $n$차원이므로 위 정리로 $\beta$는 $n$개의 원소를 갖는다.

따라서 $\beta \subseteq S$이므로 유한집합 정리로 $n\le m$이 되어 $S$는 $n$개이상의 원소를 갖고

$n = m$이면 유한집합 정리로 $\beta = S$이다.

3.

$(V,+_V,\cdot,\vec{0})$가 $n$차원이므로 $n$개의 원소를 갖는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저 $G$가 존재하여 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(G) = V$이고

$S$가 $n$개의 원소를 갖고 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로

대체정리로 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S \cup H) = V$인 $n -n = 0$개의 원소를 갖는 유한집합 $H \subseteq G$가 존재한다.

따라서 유한집합의 정의로 $H = \emptyset$이므로 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) =\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S \cup H) = V$가 되어 $S$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저이다.

4.

$(V,+_V,\cdot,\vec{0})$가 $n$차원이므로 $n$개의 원소를 갖는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저 $G$가 존재하여 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(G) = V$이고

$n \ge m$인 $m$개의 원소를 갖는 유한집합 $S$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로

대체정리로 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S \cup H) = V$인 $n -m$개의 원소를 갖는 유한집합 $H \subseteq G$가 존재한다.

따라서 $\underset{(V,+_V,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S \cup H) = V$이므로 1번으로 $S \cup H$는 $r \ge n$인 $r\in \mathbb{N}$개 원소를 갖고

유한집합 정리로 $n =m +n-m \ge r$이므로 $r= n$이 되어

2번으로 $S\cup H$는 $(V,+_V,\cdot,\vec{0})$의 기저이고 $S\subseteq S \cup H$이다.

 

 

 

정의7

$F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 임의의 $S \subseteq V$에 대해

$(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 임의의 $B \subseteq S$가 $\beta \subseteq B$이면 $\beta = B$가 성립하고

$(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 $\beta \subseteq S$가 존재할때

$\beta$를 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 $S$의 극대 부분집합으로 정의한다.

 

 

 

정리20

체 $(F,+_{F},\cdot_{F},0_F,1_F)$위의 벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$와 임의의 부분집합 $S \subseteq V$에 대해 다음이 성립한다.

1. $\beta \subseteq S$인 $\beta$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저이기 위한 필요충분조건은

$\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$ $= V$이고 $\beta$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 $S$의 극대 부분집합인 것이다.

2. $S$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이면

$S \subseteq \beta$인 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 $V$의 극대 부분집합 $\beta$가 존재하고 $\beta$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저이다.

3. $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저가 존재한다.

증명

1.

$\beta \subseteq S$인 $\beta$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저일때

생성집합의 정의로 $\beta \subseteq S \subseteq \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$이고 기저의 정의로 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta) = V$이므로

위 정리로 $(\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S),+,\cdot,\vec{0})$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간임에 따라

위 정리로 $V =\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta) \subseteq \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) \subseteq V$가 되어 집합정리로 $ \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = V$이다.

또 $\beta \subseteq B$와 $\beta \ne B$가 성립하고 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 $B \subseteq S$가 존재한다고 가정하면

$\beta \subset B$이므로 $v \notin \beta$인 $v \in B \subseteq S \subseteq V$가 존재하고

$\beta$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저이므로 $v \in V = \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$가 되어 위 정리로 $\beta \cup \{ v\}$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속인데

$\beta \cup \{ v\} \subseteq B$이므로 위 정리로 $B$도 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차종속이 되어 모순이다.

따라서 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 임의의 $B \subseteq S$가 $\beta \subseteq B$이면 $\beta = B$가 성립하고

기저의 정의로 $\beta$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로 $\beta$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 $S$의 극대 부분집합이다.

역으로 $\beta$가 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 $S$의 극대 부분집합일때

$S \subseteq \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$가 아니면 모든 $v \in S$에 대해 $v \in \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$가 아니므로 $v \notin \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$인 $v \in S \subseteq V$가 존재하여

위 정리의 대우로 $\beta \cup \{ v\}$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이고 $\beta \subseteq \beta \cup \{ v\}\subseteq S$이므로

정리의 가정으로 $\beta = \beta \cup \{ v\}$가 되어 $v \in \beta$인데 생성집합의 정의로 $v \in \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$이므로 모순이다.

따라서 $S \subseteq \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta)$이고 위 정리로 $(\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta),+,\cdot,\vec{0})$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간이므로

위 정리로 $V = \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) \subseteq \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta) \subseteq V$가 되어

집합정리로 $ \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\beta) = V$이므로 $\beta$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저이다.

2.

$V$의 멱집합 $\mathcal{P}(V)$에 대해

$\displaystyle \bigcap_{n = 1}^\infty \{ B \in \mathcal{P}(V) :  S\subseteq B \text{이고 } a_1\cdot u_1+\cdots + a_n\cdot u_n = \vec{0} \text{인 }  a_1,\cdots,a_n \in F \text{과 서로 다른 }u_1,\cdots,u_n \in B \text{이 존재하면 } a_1 = \cdots =a_n = 0_F \} $

위와 같은 $S$를 포함하고 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 집합들의 집합족을 $\mathcal{F}$로 둘때

$S$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로 위 정리로 $S \in \mathcal{F}$가 되어 $\mathcal{F}$는 공집합이 아니다.

$\mathcal{F}$의 멱집합 $\mathcal{P}(\mathcal{F})$에 대해 $\mathbf{A} = \{ \mathcal{C} \in \mathcal{P}(\mathcal{F}) : \mathcal{C} \ne \emptyset \text{이고 부분순서집합 } (\mathcal{C},\subseteq)\text{가 전순서이다.}\}$를 정의하면

순서집합 정리로 $(\{ S\},\subseteq)$는 부분순서집합이고 전순서이므로 $\{ S\} \in \mathbf{A}$가 되어 $\mathbf{A}$는 공집합이 아니다.

임의의 $\mathcal{C} \in \mathbf{A}$에 대해 $(\mathcal{P}(V),\subseteq)$에서 $\mathcal{C}$의 상한은 순서집합 정리로 $\displaystyle \underset{(\mathcal{P}(V),\subseteq)}{\sup} \mathcal{C} = \bigcup \mathcal{C}= \bigcup_{B \in \mathcal{C}} B$이고

모든 $B \in \mathcal{C} \subseteq \mathcal{F}$는 $\mathcal{F}$의 정의로 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이고 $S \subseteq B \subseteq \displaystyle \bigcup_{B \in \mathcal{C}}B \subseteq V$이다.

또 $ a_1\cdot u_1+\cdots + a_n\cdot u_n = \vec{0}$인 $n \in \mathbb{Z}^+$개의 $a_1,\cdots,a_n \in F$과 서로 다른 $u_1,\cdots,u_n \in \displaystyle \bigcup_{B \in \mathcal{C}}B$이 존재하면

모든 $i =1,2,\cdots, n $에 대해 $u_i \in B_i$인 $B_i \in \mathcal{C}$가 존재하고

$(\mathcal{C},\subseteq)$는 전순서이므로 순서집합 정리로 모든 $i =1,2,\cdots, n $에 대해 $B_i \subseteq B_k$인 $B_k \in \mathcal{C}$가 존재하여

$u_1,\cdots,u_n \in B_k \in \mathcal{F}$이므로 $\mathcal{F}$의 정의로 $a_1=\cdots = a_n = 0_F$가 되어 $\displaystyle \bigcup_{B \in \mathcal{C}}B$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이다.

따라서 모든 $\mathcal{C} \in \mathbf{A}$에 대해 $(\mathcal{F},\subseteq)$에서 $\mathcal{C}$의 상한은 $\displaystyle \underset{(\mathcal{F},\subseteq)}{\sup} \mathcal{C} = \bigcup_{B \in \mathcal{C}} B \in \mathcal{F}$이므로

순서집합 정리로 $(\mathcal{F},\subseteq)$에서 $\mathcal{F}$의 극대원소 $\beta \in \mathcal{F}$가 존재하여

$\beta$는 $S \subseteq \beta$이고 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립인 $V$의 극대 부분집합이다.

또 위 정리로 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(V) \subseteq V$이고 생성집합의 정의로 $V \subseteq \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(V)$이므로

집합정리로 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(V) = V$가 되어 $\beta\subseteq V$임에 따라 1번으로 $\beta$는 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저이다.

3.

위 정리로 $\emptyset$은 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로 2번으로 $\emptyset \subseteq \beta$인 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저 $\beta$가 존재한다.

 

 

 

정리19

유한차원 $F$-벡터공간 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 부분공간 $(W,+,\cdot,\vec{0})$는 유한차원이고 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(W)$ $ \le \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(V)$이다.

또 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(W) = \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(V)$이면 $W = V$이다.

증명

$(W,+,\cdot,\vec{0})$가 유한차원이 아니거나 유한차원일때 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(W) > \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(V) = n$라고 가정하면

위 정리로 $(W,+,\cdot,\vec{0})$의 기저가 존재하여 $(W,+,\cdot,\vec{0})$의 임의의 기저 $\gamma \subseteq W \subseteq V$에 대해

$(W,+,\cdot,\vec{0})$가 유한차원이 아니면 기저의 정의로 $\gamma$는 무한집합이고

유한차원일때 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(W) > \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(V) = n$이면 위 정리로 $\gamma$는 $n$개보다 많은 원소를 갖는 유한집합이므로

$\gamma$가 가산집합일때 자연수 $0,1, \cdots,n-1 \in \mathbb{N}$에 대응되는 $\gamma$의 원소를 선택하고

$\gamma$가 비가산집합일때 비가산 정리로 $\gamma$에 포함되는 가부번집합이 존재하므로

$0,1, \cdots,n-1 \in \mathbb{N}$에 대응되는 원소를 선택하여 $S \subset \gamma$인 $n$개의 원소를 갖는 유한집합 $S$를 정의하면

$\gamma$는 기저의 정의로 $(W,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로 위 정리로 $S$도 $(W,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이다.

따라서 $S$는 $S \subset W \subseteq V$이므로 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이고

$n$개의 원소를 갖는 유한집합이므로 위 정리로 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저가 되어 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = V$인데

위 정리로 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) \subseteq W \subseteq V = \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S)$이므로 집합정리로 $W =\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(S) = V$가 되어

$(W,+,\cdot,\vec{0})$는 유한차원이고 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(W) = \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(V) = n$이므로 모순이다.

따라서 $(W,+,\cdot,\vec{0})$는 유한차원이고 $\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(W) \le \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(V) = n$이 성립하여

$\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(W) = \underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\dim}(V) = n$이면 차원의 정의로 $n$개의 원소를 갖는 $(W,+,\cdot,\vec{0})$의 기저 $\gamma$가 존재하므로

$\gamma$는 $\underset{(W,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\gamma) = W$이고 $(W,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이 되어 $\gamma \subseteq W \subseteq V$임에 따라 $(V,+,\cdot,\vec{0})$에서 일차독립이므로

위 정리로 $(V,+,\cdot,\vec{0})$의 기저가 되어 $W =\underset{(V,+,\cdot,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\gamma) = V$이다.

 

 

 

정리21

$(F,+_{F},\cdot_{F},0_F,1_F)$가 체이고 $\delta$가 크로네커델타일때

임의의 $n \in \mathbb{Z}^+$에 대해 위 정리의 $F$-벡터공간 $(F^n,+_n,\cdot_n,\vec{0})$은 $n$차원이고

임의의 $j \in \mathbb{Z}^+$에 대해 $e_j \in F^n$가 $e_j = (\delta_{1,j},\, \delta_{2,j},\cdots,\delta_{j,j} ,\cdots, \delta_{n,j})$이면

$\{ e_1, e_2,\cdots, e_n\}$은 $(F^n,+_n,\cdot_n,\vec{0})$의 기저이다.

증명

$i\ne j$인 $i,j = 1,2,\cdots, n$에 대해 $\delta_{i,i} = 1_F \ne 0_F = \delta_{i,j}$이므로

$n$-순서쌍의 상등으로 $e_i \ne e_j$가 되어 $ e_1, e_2,\cdots, e_n \in F^n$은 서로 다른 벡터이고

어떤 $a_1,a_2,\cdots, a_n \in F$에 대해 $e_j$는 $\delta_{i,j} = 0_F$이고 $\delta_{j,j} = 1_F$이므로

$(a_1, a_2,\cdots, a_n) = a_1\cdot_n e_1 +_n  a_2\cdot_n e_2 +_n\cdots +_n a_n\cdot_n e_n = (0_F,0_F,\cdots, 0_F) = \vec{0}$이면

$n$-순서쌍의 상등으로 $a_1= a_2 =\cdots = a_n = 0_F$가 되어

위 정리로 $\{ e_1, e_2,\cdots, e_n\}$은 $(F^n,+_n,\cdot_n,\vec{0})$에서 일차독립이다.

또 위 정리로 $\underset{(F^n,+_n,\cdot_n,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ e_1, e_2,\cdots, e_n\}) \subseteq F^n$이고

$F \ne \emptyset$이므로 $n$-데카르트곱 정리로 모든 $x \in F^n$는 $x = (x_1,x_2,\cdots, x_n) $인 $x_1,x_2,\cdots, x_n \in F$이 존재하여

$(x_1, x_2,\cdots, x_n) = x_1\cdot_n e_1 +_n  x_2\cdot_n e_2 +_n\cdots +_n x_n\cdot_n e_n  \in \underset{(F^n,+_n,\cdot_n,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{e_1,e_2,\cdots, e_n\})$이므로

$F^n \subseteq \underset{(F^n,+_n,\cdot_n,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ e_1, e_2,\cdots, e_n\})$이 되어 집합정리로 $F^n = \underset{(F^n,+_n,\cdot_n,\vec{0})}{\operatorname{span}}(\{ e_1, e_2,\cdots, e_n\})$이다.

따라서 $\{ e_1, e_2,\cdots, e_n\}$은 $(F^n,+_n,\cdot_n,\vec{0})$의 기저이고 차원의 정의로 $(F^n,+_n,\cdot_n,\vec{0})$은 $n$차원이다.

 

 

 

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정의의 링크 : 

https://openknowledgevl.tistory.com/5#def번호

번호는 해당 정의 옆에 붙어있는 작은 숫자입니다.

 

정리의 링크 : 

https://openknowledgevl.tistory.com/5#thm번호

번호는 해당 정리 옆에 붙어있는 작은 숫자입니다.

 

위 내용은 아래의 출처를 기반으로 정리한 내용입니다.

틀린 내용이 존재할 수 있습니다.

 

출처(저자 - 제목 - ISBN13)

Stephen H. Friedberg - Linear Algebra - 9780134860244

Peter J. Cameron - Sets, Logics and Categories - 9791196120375