Su prueba es esencialmente correcta, excepto en algunos casos como $\{v_1, v_2\} = \{0, v\}$ con $v \ne 0$ . Entonces $L = \{0, v\}$ depende linealmente, pero $v$ no puede expresarse como una combinación lineal de sus predecesores, a saber $0$ . Además, tenga en cuenta $\{v_1, v_2, v_3\} = \{v, 2v, w\}$ donde $v$ y $w$ son linealmente independientes. Entonces $L = \{2v, 3v, v + w\}$ que depende linealmente, pero $v + w$ no puede expresarse como una combinación lineal de $2v$ y $3v$ .
Tendrías que ocuparte del caso $v_1 = 0$ por separado (lo cual es fácil), y luego si $v_1 \ne 0$ se puede concluir que existe $i \in \{2, \ldots, n\}$ tal que $$w_i = \sum_{j=1}^{i-1} \alpha_jw_j$$
Alternativamente, se puede decir que existe $i \in \{1, \ldots, n\}$ tal que $$w_i = \sum_{j \ne i} \alpha_jw_j$$
Es mucho más limpio probarlo directamente:
Sea $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ sean escalares tales que $\displaystyle\sum_{i=1}^n \alpha_i w_i = 0$ . Tenemos:
$$0 = \sum_{i=1}^n \alpha_i w_i = \sum_{i=1}^n \alpha_i (v_1 + v_i) = \left(2\alpha_1 + \sum_{i=2}^n \alpha_i\right) v_1 + \sum_{i=2}^n \alpha_i v_i$$
Dado que se trata de una combinación lineal del conjunto linealmente independiente $\{v_1, \ldots, v_n\}$ concluimos que todos los escalares son iguales a $0$ :
$$2\alpha_1 + \sum_{i=2}^n \alpha_i = 0$$ $$\alpha_2 = 0$$ $$\vdots$$ $$\alpha_n = 0$$
Así que de la primera igualdad obtenemos también $\alpha_1 = 0$ . Así, todos los escalares $\alpha_1, \ldots, \alpha_n$ son necesariamente $0$ por lo que concluimos que $\{w_1, \ldots, w_n\}$ es linealmente independiente.
