線形独立性とベクトル空間の基底

$\Bw\in\langle\Bv_1, \ldots, \Bv_n\rangle$ ならば
$\Bw=a_1\Bv_1+\cdots +a_n\Bv_n$ となる $a_1, \ldots, a_n\in\K$ がとれるから
$$a_1\Bv_1+\cdots +a_n\Bv_n+(-1)\Bw=\Bzr$$
より $\Bv_1, \ldots, \Bv_n, \Bw$ は線形従属。
逆に $\Bv_1, \ldots, \Bv_n, \Bw$ が線形従属のとき
$$a_1\Bv_1+\cdots +a_n\Bv_n+a_{n+1}\Bw=\Bzr$$
となる $a_1, \ldots, a_{n+1}\in\K$ で、その少なくともひとつは $0$ ではないものをとる。
$a_{n+1}=0$ のとき
$$a_1\Bv_1+\cdots +a_n\Bv_n=\Bzr$$
で、なおかつ、$a_1, \ldots, a_n$ の少なくともひとつは $0$ ではないので、
$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ が線形従属となって仮定に反する。よって $a_{n+1}\neq 0$ なので
$$\Bw=-\frac{1}{a_{n+1}}(a_1\Bv_1+\cdots +a_n\Bv_n)\in\langle\Bv_1, \ldots, \Bv_n\rangle.$$

$B$ が零ベクトルを含むとき、$B_0=B\setminus\{\Bzr\}$ とおき、そうでないとき、
$B_0=B$ とおくと、$B_0$ は $B$ の部分集合で零ベクトルを含まず、 $\span B=\span B_0$ となる。

$B_0=\{\Bw_1, \ldots, \Bw_m\}$ とおく。$B_0$ 自身が線形独立ならば、$C=B_0$ ととれる。$B_0$ が線形独立でないとき、
$$a_1\Bw_1+\cdots +a_m\Bw_m=0$$
かつ、少なくともひとつは $0$ でない $a_1, \ldots, a_m\in\K$ がとれる。
$a_i\neq 0$ となる $i$ をひとつとり、それを $i(1)$ とおいて、$B_1=B_0\setminus\{\Bw_{i(1)}\}$ とおく。
$$\Bw_{i(1)}=-\frac{1}{a_{i(1)}}\sum_{j\neq i(1)}a_j\Bw_j\in \span B_1$$
であるから、$\span B=\span B_1$ となる。
同様にして、$B_r$ が線形独立でなければ、
$$\span(B_r\setminus\{\Bw_{i(r)}\})=\span B_r$$
となる $i(r)$ がとれるので、$B_{m+1}=B_m\setminus\{\Bw_{i(m)}\}$ とおく。

$B_1, \ldots, B_{m-2}$ がすべて線形従属のとき、$B_{m-1}=\{\Bw_j\}$ となる $j$ がとれるが、
$\Bw_j\in B_0$ なので、$\Bw_j\neq \Bzr$ であるから、$B_{m-1}$ は線形独立である。よって、
このようにして、$B_r$ が線形独立となる $r\in\{0, 1, \ldots, m-1\}$ がとれる。このとき
$B_r$ は$B$ の線形独立な部分集合で、帰納的に
$$\span B_r=\span B_0=\span B$$
となる。

$m>n$ と仮定して矛盾を導く。まず、$r=1, \ldots, n$ について
\begin{equation} \span B=\span\left(\{\Bw_1, \ldots, \Bw_r\}\cup B\setminus \{\Bv_{k(1)}, \ldots, \Bv_{k(r)})\}\right) \label{eq1}\tag{*} \end{equation}
となる、相異なる添字 $k(1), \ldots, k(r)$ がとれることを $r$ に関する帰納法で示す。

$C$ は線形独立だから $\Bw_1\neq \Bzr$ である。よって
$$\Bw_1=\sum_{i=1}^n a_{1i}\Bv_i, a_{1k}\neq 0$$
となる $k$ をひとつとることができる。それを $k(1)$ とおく。このとき
$$\Bv_{k(1)}=\frac{1}{a_{1, k(1)}}\left(\Bw_1-\sum_{i\neq k(1)} a_{1i}\Bv_i\right)\in \span\left(\{\Bw_1\}\cup B\setminus\{\Bv_{k(1)})\}\right)$$
となるので、
$$\span B\subset \span(\{\Bw_1\}\cup B\setminus\{\Bv_{k(1)}\})$$
となる。一方、$\Bw_1\in \span B$ なので
$$\span(\{\Bw_1\}\cup B\setminus\{\Bv_{k(1)}\})=\span B$$
が成り立つ。

$1\leq r\leq n-1$ かつ
$\span B=\span\left(\{\Bw_1, \ldots, \Bw_r\}\cup B\setminus \{\Bv_{k(1)}, \ldots, \Bv_{k(r)})\}\right)$
となる、相異なる添字 $k(1), \ldots, k(r)$ が存在するとする。仮定より $r+1\leq n< m$ だから、
$$\Bw_{r+1}\in \span B=\span\left(\{\Bw_1, \ldots, \Bw_r\}\cup B\setminus \{\Bv_{k(1)}, \ldots, \Bv_{k(r)})\}\right)$$
となる。$C$ は線形独立だから
$$\Bw_{r+1}=\sum_{j=1}^r b_{r+1, j}\Bw_j+\sum_{i\neq k(1), \ldots, k(r)} a_{r+1, i}\Bv_i, a_{r+1, k}\neq 0$$
となる $k$ が存在する（なお、$n\geq r+1$ なので、$\Bv_i$ に関する和は空和とはならない）。
それで、そのような $k$ をひとつとり、それを $k(r+1)$ とおくと
$$\Bv_{k(r+1)}=\frac{1}{a_{r+1, k(r+1)}}\left(\Bw_{r+1}-\sum_{j=1}^r b_{r+1, j}\Bw_j-\sum_{i\neq k(1), \ldots, k(r+1)} a_{r+1, i}\right)$$
より
$$\begin{split} \span B= & \span\left(\{\Bw_1, \ldots, \Bw_r\}\cup B\setminus \{\Bv_{k(1)}, \ldots, \Bv_{k(r)})\}\right) \\ \subset & \span\left(\{\Bw_1, \ldots, \Bw_{r+1}\}\cup B\setminus \{\Bv_{k(1)}, \ldots, \Bv_{k(r+1)})\}\right) \end{split}$$
となる。一方、$\Bw_{r+1}\in \span B$ なので、
$$\span B=\span\left(\{\Bw_1, \ldots, \Bw_{r+1}\}\cup B\setminus \{\Bv_{k(1)}, \ldots, \Bv_{k(r+1)})\}\right)$$
が成り立つ。

ここから、帰納法により $r=1, \ldots, n$ について \eqref{eq1} が成り立つ相異なる添字 $k(1), \ldots, k(r)$ がとれることがわかる。
とくに
$$\span B=\span\left(\{\Bw_1, \ldots, \Bw_n\}\cup B\setminus \{\Bv_{k(1)}, \ldots, \Bv_{k(n)})\}\right)$$
となるが、$k(1), \ldots, k(n)$ は相異なる添え字だから、それは $1, \ldots, n$ の並び替えでなければならず、
$$\span B=\langle \Bw_1, \ldots, \Bw_n\rangle$$
となる。$m>n$ なので、
$$\Bw_{n+1}\in \span B=\langle \Bw_1, \ldots, \Bw_n\rangle$$
となって $C$ が線形独立であるという仮定に矛盾する。よって $m\leq n$ でなければならない。

$B, C$ がともに線形独立で、$\Bv_1, \ldots, \Bv_n\in\span C$, $\Bw_1, \ldots, \Bw_m\in\span B$ だから、
定理3 を $B, C$ を入れ替えて適用して、$m\leq n$ かつ $n\leq m$、
つまり $m=n$ がわかる。

定理2 より $B\subset \{\Bv_1, \ldots, \Bv_n\}$ かつ
$\span B=\langle \Bv_1, \ldots, \Bv_n\rangle$ となる線形独立な集合 $B$ が存在する。
$\Bw_1, \ldots, \Bw_m\in\span B$ となるから、 定理3 より、
$$m\leq \# B\leq n$$
となる。

$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ が $V$ を生成するベクトルで、個数が最小となるものとする。
このとき $\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ は線形独立である。というのは $\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ が線形従属ならば
定理1 より $\span B=\langle\Bv_1, \ldots, \Bv_n\rangle=V$ となる
$\{\Bv_1, \ldots, \Bv_n\}$ の線形独立な部分集合 $B$ がとれるが、$\{\Bv_1, \ldots, \Bv_n\}$ は線形従属なので
ため、$B$ は $\{\Bv_1, \ldots, \Bv_n\}$ の真部分集合でなければならず、$n$ の最小性に反するからである。
よって、$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ は $V$ の基底なので $\dim V=n$ となる。

逆に、$\dim V=n$ で $\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ を $V$ の基底とし、
$\Bw_1, \ldots, \Bw_m$ が $V$ を生成するとすると、
$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ は線形独立でなおかつ
$$\Bv_1, \ldots, \Bv_n\in \langle\Bw_1, \ldots, \Bw_m\rangle$$
なので、 定理5 より$m\geq n$ となる。
もちろん $\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ は $V$ を生成するから、$V$ の生成元の個数の最小値は $n$ に一致する。

$V$ の部分集合で、線形独立なものの個数の最大値を $n$ とし、$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ を、$V$ の線形独立なベクトルとする。
このとき、$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ は $V$ の基底となる。実際、任意の $\Bw\in V$ について、仮定より
$n+1$ 個のベクトル $\Bv_1, \ldots, \Bv_n, \Bw$ は線形従属となるから、 命題1 より
$\Bw\in\langle\Bv_1, \ldots, \Bv_n\rangle$ となる。よって、$\dim V=n$ となる。

逆に、$\dim V=n$ で $\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ を $V$ の基底とすると、$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ は線形独立、かつ
$\Bw_1, \ldots, \Bw_m\in V$ が線形独立ならば 定理5 より
$m\leq n$ となる。よって、$V$ の部分集合で、線形独立なものの個数の最大値は $n$ に一致する。

(ii)$\Longrightarrow$ (i):
$\Bv_1, \ldots, \Bv_n\in V$ が線形独立とする。
このとき、$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ が $V$ の生成元でなければ、$\langle\Bv_1, \ldots, \Bv_n\rangle$ に属さない $V$ のベクトル $\Bv_{n+1}$ が存在するが、
命題1 より
$\Bv_1, \ldots, \Bv_{n+1}$ が線形独立となって、 定理7 に矛盾する。

(iii)$\Longrightarrow$ (1):
$\Bv_1, \ldots, \Bv_n\in V$ が生成元であるとする。
このとき、$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ が線形従属ならば
$$a_1\Bv_1+\cdots +a_n\Bv_n=\Bzr, a_i\neq 0$$
となる $a_1, \ldots, a_n\in\K$ が存在するので、
$$\Bv_i=\sum_{1\leq j\leq n, j\neq i}-\frac{a_j}{a_i}\Bv_j$$
となるから、$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ から $\Bv_i$ を取り除いたものも $V$ の生成元となるが、これは
定理6 に矛盾する。

(i) $\Longrightarrow$ (ii)(iii):
$\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ が $V$ の基底ならば、次元の定義から $n=\dim V$ となる。

$n=\dim V$ を $V$ の次元とする。

一般に、$\Bv_1, \ldots, \Bv_r~(k\leq r< n)$ を、$\Bv_1, \ldots, \Bv_k$ を含む $\K$ 上線形独立なベクトルとする。
このとき、$\Bv_1, \ldots, \Bv_{r+1}$ が $\K$ 上線形独立なベクトルとするように $\Bv_{r+1}$ をとれる。実際、
$r< n=\dim V$ なので 定理5 より $\langle\Bv_1, \ldots, \Bv_r\rangle$ は $V$ を生成しない。よって、
$\langle\Bv_1, \ldots, \Bv_r\rangle$ に属さない $V$ のベクトル $\Bv_{r+1}$ がとれる。
命題1 より $\langle\Bv_1, \ldots, \Bv_{r+1}\rangle$ は線形独立である。

よって、$V$ の $n$ 個のベクトル $\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ で、$\K$ 上線型独立なものがとれるが、
$n=\dim V$ なので 定理8 より $\Bv_1, \ldots, \Bv_n$ は $V$ の基底である。