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線形空間
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- muturajcp
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[a_iが{b_j}_{j=1～n}の1次結合]_{i=1～m}で, [b_jが{a_i}_{i=1～m}の1次結合]_{j=1～n}であるとき, {a_i}_{i=1～m}と{b_j}_{j=1～n}は同値であるといい {a_i}_{i=1～m}～{b_j}_{j=1～n}と表す 同値律 a～a a～b→b～a a～b～c→a～c が成り立つ 取替え定理) {b_j}_{j=1～s}は1次独立で [b_jが{a_i}_{i=1～m}の1次結合]_{j=1～s}のとき, {a_i}_{i=1～m}の中の適当なs個のベクトルを {b_j}_{j=1～s}と置き換えて得られる組が もとの組と同値であるようにできる。 証明) s=0のときは自明である そこで数学的帰納法を使う 今 {a_i}_{i=1～m}の中の適当なs-1個のベクトルを {b_j}_{j=1～s}の中のs-1個と置き換えることができて {b_1,b_2,…,b_{s-1},a_n,…,a_m}～{a_i}_{i=1～m} であると仮定する b_sは{a_i}_{i=1～m}の1次結合だから、 これと同値な組の1次結合 b_s=Σ_{j=1～s-1}(c_j)(b_j)+Σ_{j=s～m}(c_j)(a_j)…(1) となる もしj=s～mに対してc_j=0であれば b_sは{b_j}_{j=1～s-1}の1次結合となり これは{b_j}_{j=1～s}の一次独立性に反する よって{c_j}_{j=s～m}の中,少なくとも1つは0でない 一般性を失うことなくc_s≠0と仮定してよい h_s=-1/c_s j≠nに対して h_j=c_j/c_s とすると(1)から a_s=Σ_{j=1～s}(h_j)(b_j)+Σ_{j=s+1～m}(h_j)(a_j)…(2) となる (1)から {b_1,b_2,…,b_{s-1},b_s,a_{s+1},…,a_m}の各元は {b_1,b_2,…,b_{s-1},a_s,a_{s+1},…,a_m}の1次結合で (2)から {b_1,b_2,…,b_{s-1},a_s,a_{s+1},…,a_m}の各元は {b_1,b_2,…,b_{s-1},b_s,a_{s+1},…,a_m}の1次結合で 仮定から {b_1,b_2,…,b_{s-1},b_s,a_{s+1},…,a_m} ～{b_1,b_2,…,b_{s-1},a_n,a_{s+1},…,a_m} ～{a_i}_{i=1～m} (証明終) s=mとすると 取替え定理(s=m) {b_j}_{j=1～m}は1次独立で [b_jが{a_i}_{i=1～m}の1次結合]_{j=1～m}のとき, {a_i}_{i=1～m}～{b_j}_{j=1～m} となる もしn>mならば {b_j}_{j=1～n}が1次独立だから {b_j}_{j=1～m}は1次独立で [b_jが{a_i}_{i=1～m}の1次結合]_{j=1～m}だから, 取替え定理(s=m)から {a_i}_{i=1～m}～{b_j}_{j=1～m} b_nは{a_i}_{i=1～m}の1次結合だから, b_nはそれと同値な{b_j}_{j=1～m}の1次結合となって {b_j}_{j=1～n}が1次独立である事に矛盾するから n≦m もしn<mならば {a_i}_{i=1～m}が1次独立だから {a_i}_{i=1～n}は1次独立で [a_iが{b_j}_{j=1～n}の1次結合]_{i=1～n}だから, 取替え定理(s=n)から {a_i}_{i=1～n}～{b_j}_{j=1～n} a_mは{b_j}_{j=1～n}の1次結合だから, a_mはそれと同値な{a_i}_{i=1～n}の1次結合となって {a_i}_{i=1～m}が1次独立である事に矛盾するから m≦n ∴ m=n
- Tacosan
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「どういうサイトで」「どう書いてあって」「どこが分からないのか」を書いた方がいいと思うなぁ.
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