ベクトル空間 \(V\) に含まれるベクトル \(a_1, \ldots, a_n\) が一次独立であるとは、
が成立することである。これは言い換えると、
ことである。一次独立は線形独立とも呼ばれる。
\(a_1, \ldots, a_n\) が一次独立でない場合、これらのベクトルは一次従属であるという。
これは対偶の関係にある。そして一つ目の命題は一次独立性の定義から明らかである(抽出しなかったベクトルへの係数を0とすればよい)。
例えば \(a_1 = \mathbf{0}\) の場合、\(1 a_1 + 0 a_2 + \cdots + 0 a_n = \mathbf{0}\) が成立するので一次従属がわかる。
ベクトル空間 \(V\) に含まれるベクトル \(a_1, \ldots, a_n\) に対し、
\[\{\sum_{i=1}^n a_i \in V \mid \alpha_i \in \bk \}\]という \(V\) の部分集合は \(V\) の部分ベクトル空間となる。この部分ベクトル空間を \(\left<a_1, \ldots, a_n\right>\) と表し、\(a_1, \ldots, a_n\) で生成される部分ベクトル空間と呼ぶ。
\(a_1, \ldots a_n\) がベクトル空間 \(V\) の基底であるとは、\(a_1, \ldots a_n\) が一次独立かつ \(V=\left<a_1, \ldots, a_n\right>\) を満たすときを言う。
有限個のベクトルからなる基底が存在する場合、\(V\) は有限次元ベクトル空間である、と呼ぶ。
基底に関しては次の定理が本質的である。
定理： \(V\) が有限次元ベクトル空間であるとき、任意の \(V\) の基底をなすベクトルの個数はすべて等しい。
よってこの個数によって \(V\) を特徴付けることが可能である。この個数を \(V\) の次元と呼び、\(\dim V\) と表す。
次元がわかっている場合は、一次独立性と生成性のどちらか一方があればよい。つまり以下が成立する：
次の命題は一次独立なベクトルの集合を1つづつ拡大することができることを示している。
命題a: \(a_1, \ldots, a_n \in V\) が一次独立で、\(V \not = \left<a_1, \ldots, a_n\right>\) とすると、 任意の \(b \in V \backslash \left<a_1, \ldots, a_n\right>\) に対して \(a_1, \ldots, a_n, b\) は一次独立である。
この命題aを使うと、次の定理が証明できる。
定理b: \(a_1, \ldots, a_n\) が\(m\)次元ベクトル空間 \(V\) の一次独立なベクトルであるとき、 \(m - n\) 個のベクトル \(a_{n+1}, \ldots, a_m \in V\) をうまく取ることで \(a_1, \ldots, a_n, a_{n+1}, \ldots, a_m\) が基底になるようにできる。
定理bの証明は次の通り：\(\left<a_1, \ldots, a_n\right> \subsetneq V\) ならば \(V \backslash \left<a_1, \ldots, a_n\right>\) から1要素取りだして \(a_{n+1}\) として一次独立なベクトルの集合に追加する、というのを \(\left<a_1, \ldots, a_n, \ldots, a_m\right> = V\) となるまで繰り返すと基底の拡張ができる。
また、この定理から次の命題が言える。
命題c: \(U, V\) が共に有限次元ベクトル空間で、\(U\) が \(V\) の部分ベクトル空間であるとき、\(\dim U \leq \dim V\) である。
証明は、\(U\) の基底を上の定理の\(a_1, \ldots a_n\)として基底の拡張を考えれば明らか。
次の定理は有限次元ベクトル空間の部分ベクトル空間は常に有限次元であることを保証している。
定理d: \(U\) を 有限次元ベクトル空間 \(V\) の部分空間とする。すると \(U\) も有限次元で \(\dim U \leq \dim V\) が成立する。
定理dの証明は、
である。
\(f: U \to V\) を有限次元ベクトル空間から有限次元ベクトル空間への線形写像とする。このとき次が成立する。
\[\dim U = \dim \ker f + \dim \im f\]次元の一意性を示す代表的な方法として、次の補題の利用した方法がある。
補題1：\(m > n\) とする。\(b_1, \ldots, b_m\) が \(a_1, \ldots, a_n\) の線形結合で表される、つまり
\[\begin{aligned} b_1 &= \alpha_{11} a_1 + \cdots + \alpha_{1n} a_n \\ & \vdots \\ b_m &= \alpha_{m1} a_1 + \cdots + \alpha_{mn} a_n \\ \end{aligned}\]となる \((\alpha_{ij})_{i=1,\ldots,m, j=1,\ldots,n}\) が存在するとき、\(b_1, \ldots, b_m\) は一次従属である。
この補題の対偶を取ると次のようになる。
補題2：\(m, n\) を正の整数とする。 \(b_1, \ldots, b_m\) は一次独立なベクトルの組で、 \(a_1, \ldots, a_n\) の線形結合で表される、つまり
\[\begin{aligned} b_1 &= \alpha_{11} a_1 + \cdots + \alpha_{1n} a_n \\ & \vdots \\ b_m &= \alpha_{m1} a_1 + \cdots + \alpha_{mn} a_n \\ \end{aligned}\]となる \((\alpha_{ij})_{i=1,\ldots,m, j=1,\ldots,n}\) が存在するとする。このとき \(m \leq n\) である。
一次従属なベクトルの集まりに別のベクトルを加えても一次従属なので、\(n+1 = m\) の場合に示せば十分である。 これを \(n\) に関する帰納法で示す。
\(n = 1\) の場合、\(m=2\) なので
\[\begin{aligned} b_1 &= \alpha_{11} a_1 \\ b_2 &= \alpha_{21} a_1 \end{aligned}\]が成り立っているとして、$b_1, b_2$ が一次従属であることを示せばよい。
よってこの場合には示された。
ある \(n\) で成立と仮定し、\(n+1\)で示す。以下の等式が成立しているとする。
\[\begin{aligned} b_1 &= \alpha_{1,1} a_1 + \cdots + \alpha_{1,n} a_n + \alpha_{1,n} a_{n} + \alpha_{1,n+1} a_{n+1} \\ & \vdots \\ b_{n+1} &= \alpha_{n+1,1} a_1 + \cdots + \alpha_{n+1,n} a_{n} + \alpha_{n+1,n+1} a_{n+1} \\ b_{n+2} &= \alpha_{n+2,1} a_1 + \cdots + \alpha_{n+2,n} a_{n} + \alpha_{n+2,n+1} a_{n+1} \end{aligned} \cdots (*)\]\(\alpha_{n+2,1}, \ldots, \alpha_{n+2, n+1}\) がすべて0の場合は $b_{n+2}$ が零ベクトルとなるので一次従属が示される。そこで \(\alpha_{n+2,1}, \ldots, \alpha_{n+2, n+1}\) で0でないものがある場合を考える。ここでは \(\alpha_{n+2, n+1} \not = 0\) の場合を考える(他の場合も同様である)。
すると、\(\beta_i = \alpha_{n+2, i} / \alpha_{n+2, n+1}, (i=1, \ldots, n)\) と置く(\(\alpha_{n+2, n+1}\) なので割り算できる)と、
\[\frac{1}{\alpha_{n+2, n+1}}b_{n+2} = \frac{\alpha_{n+2, 1}}{\alpha_{n+2, n+1}} a_1 + \cdots + \frac{\alpha_{n+2, n}}{\alpha_{n+2, n+1}} a_n + a_{n+1} = \beta_1 a_1 + \cdots + \beta_n a_n + a_{n+1}\]であるので、この式を(*)の \(b_1, \ldots, b_{n+1}\) の式から$\alpha_{i,n+1}$倍して引き算して
\[\begin{aligned} b_1 - \frac{\alpha_{1,n+1}}{\alpha_{n+2,n+1}} b_{n+2} &= (\alpha_{1,1} - \alpha_{1,n+1}\beta_1) a_1 + \cdots + (\alpha_{1,n} - \alpha_{1,n+1}\beta_n) a_n \\ & \vdots \\ b_{n+1} - \frac{\alpha_{n+1,n+1}}{\alpha_{n+2,n+1}} b_{n+2} &= (\alpha_{n+1,1} - \alpha_{n+1,n+1}\beta_1) a_1 + \cdots + (\alpha_{n+1,n} - \alpha_{n+1,n+1}\beta_n) a_n \\ \end{aligned}\]となる。よって帰納法の仮定より
\[b_1 - \frac{\alpha_{1,n+1}}{\alpha_{n+2,n+1}} b_{n+2}, \ldots, b_{n+1} - \frac{\alpha_{n+1,n+1}}{\alpha_{n+2,n+1}} b_{n+2}\]は一次従属。つまり \(\exists (\gamma_1, \ldots, \gamma_{n+1}) \not = (0, \ldots, 0)\) s.t.
\[\sum_{i=1}^{n+1}\gamma_i(b_i - \frac{\alpha_{i,n+1}}{\alpha_{n+2,n+1}} b_{n+2}) = \zv\]よって、
\[\sum_{i=1}^{n+1}\gamma_i b_i - (\sum_{i=1}^{n+1}\frac{\gamma_i \alpha_{i,n+1}}{\alpha_{n+2,n+1}}) b_{n+2} = \zv\]これは \(b_1, \ldots, b_{n+1}, b_{n+2}\) が一次従属であることを意味する。つまり \(n+1\) の場合が示され、帰納法より補題の主張が示される。
\(V\) を有限次元ベクトル空間とし、その基底の1セットを \(a_1, \ldots, a_n\) とする。 するとまずは次が言える。
\(b_1, \ldots, b_m\) は基底ベクトルの一次結合で表現できるので、補題2よりこの事実がわかる。
これにより、一次独立なベクトルは高々 \(n\) 個しか取れないことがわかり、無限個あるような事態が生じないことがわかる。さらに次が言える。
これは、まず上で言ったことより \(m \leq n\) であり、\(a_1, \ldots, a_n\) と \(b_1, \ldots, b_m\) の立場を入れ替えることで \(n \leq m\) もわかるので \(n=m\)である。
\(\alpha_1, a_1 + \cdots \alpha_n a_n + \lambda b = 0\) とする (\(\alpha_i, \lambda \in \bk\))。 \(\lambda \not = 0\) ならば、 \(b = (-\alpha_1 / \lambda) a_1 + \cdots + (- \alpha_n / \lambda) a_n\) なので \(b \in \left<a_1, \ldots, a_n\right>\) となり矛盾。よって \(\lambda = 0\) である。 すると \(\alpha_1, a_1 + \cdots \alpha_n a_n = 0\) が得られ、\(a_1, \ldots, a_n\) の一次独立性より \(\alpha_1 = \cdots = \alpha_n = 0\) である。
一つ目について、\(a_1, \ldots, a_n\) が基底ではないと仮定すると、基底の拡張の定理より 1個以上のベクトルを追加して基底にできる。その基底の個数は \(n\) より真に大きくなるため次元の一意性の定理と矛盾する。よって \(a_1, \ldots, a_n\) が基底であることがわかる。
二つ目について、\(\dim V = n\) なので基底 \(b_1, \ldots, b_n\) が存在する。 \(a_1, \ldots, a_n\) が \(V\) を生成するので、
\[\begin{aligned} b_1 &= \alpha_{11} a_1 + \cdots + \alpha_{1n} a_n \\ & \vdots \\ b_n &= \alpha_{n1} a_1 + \cdots + \alpha_{nn} a_n \\ \end{aligned}\]となる \((\alpha_{ij})_{i,j= 1,\ldots, n}\) が存在する。 ここで、\(a_1, \ldots, a_n\) が一次独立でないと仮定すると、 \(a_1, \ldots, a_n\) のうちいずれかはそれを除いたベクトルの一次結合で表現できる。 ここで \(a_n\) がそれであるとすると、
\[a_n = \sum_{i=1}^{n-1} \beta_i a_i\]となる \(\beta_i \ (i=1,\ldots, n-1)\) が存在する。するとこれを代入して、
\[\begin{aligned} b_1 &= (\alpha_{11} + \beta_1 \alpha_{1n}) a_1 + \cdots + (\alpha_{1,n-1} + \beta_{n-1} \alpha_{1n}) a_{n-1} \\ & \vdots \\ b_n &= (\alpha_{n1} + \beta_1 \alpha_{nn}) a_1 + \cdots + (\alpha_{n,n-1} + \beta_{n-1} \alpha_{nn}) a_{n-1} \\ \end{aligned}\]が成立する。すると \(n > n - 1\) より補題1から \(b_1, \ldots, b_n\) は一次従属である。これは \(b_1, \ldots, b_n\) が基底であることに矛盾するので、\(a_1, \ldots, a_n\) は一次独立でなければならない。
\(r = \dim \im f, s = \dim \ker f\) と置く。これらが有限次元であることは「有限次元ベクトル空間の部分空間は有限次元」という定理から言える。
まず、\(\im f\) の基底を \(b_1, \ldots, b_r\) とする。これらは \(\im f\) の要素なので、\(\exists a_1, \ldots, a_r \in U\) s.t. \(b_i = f(a_i)\) for \(i=1,\ldots,r\) である。 次に \(\ker f\) の基底を \(a_{r+1}, \ldots, a_{r+s}\) とする。 このとき、\(a_1, \ldots, a_r, a_{r+1}, \ldots, a_{r+s}\) が \(U\) の基底となることを示す。
そこで、一次独立性をまず示す。 \(\alpha_1 a_1 + \cdots \alpha_{r+s} a_{r+s} = \zv\) とすると、両辺に $f$ を適用すると、 核の要素は0に移るので
\[\zv = \alpha_1 f(a_1) + \cdots \alpha_r f(a_r) = \alpha_1 b_1 + \cdots + \alpha_r b_r\]となる。\(b_1, \ldots, b_r\) は基底なので一次独立性より \(\alpha_1 = \cdots = \alpha_r = 0\) が成立する。
よって \(\alpha_1 a_1 + \cdots \alpha_{r+s} a_{r+s} = \zv\) のインデックスが1から \(r\) までの要素が消えるので、
\[\alpha_{r+1} a_{r+1} + \cdots + \alpha_{r+s} a_{r+s} = \zv\]が成り立つ。\(a_{r+1}, \ldots, a_{r+s}\) は \(\ker f\) の基底なので特に一次独立、よって \(\alpha_{r+1} = \cdots = \alpha_{r+s} = 0\) が言え、結果として一次独立性がわかる。
次に任意の \(U\) のベクトル \(u\) が \(a_1, \ldots, a_{r+s}\) の一次結合で表せることを示す。 \(f(u) \in \im f\) より \(\exists \beta_1, \ldots \beta_r\) s.t.
\[f(u) = \sum_{i=1}^r \beta_i b_i = f(\sum_{i=1}^r \beta_i a_i)\]すると \(f(u - \sum_{i=1}^r \beta_i a_i) = \zv\) がわかるので、\(u - \sum_{i=1}^r \beta_i a_i \in \ker f\)、よって \(\ker f\) の基底 \(a_{r+1}, \ldots, a_{r+s}\) の一次結合で表せるので、\(\exists \beta_{r+1}, \ldots, \beta_{r+s}\) s.t.
\[u - \sum_{i=1}^r \beta_i a_i = \sum_{i=r+1}^{r+s} \beta_i a_i\]である。これを整理して
\[u = \sum_{i=1}^r \beta_i a_i + \sum_{i=r+1}^{r+s} \beta_i a_i\]となるので \(u\) は \(a_1, \ldots, a_{r+s}\) の一次結合で表現できる。