Respecto a la independencia lineal en una normativa-espacio lineal dada una condición

Question

Deje $(X,\|\cdot\|)$ ser una normativa espacio lineal y $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ $n$ vectores linealmente independientes en $X$. Demostrar que no existe $\epsilon > 0$ que si $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n} \in X$ con $\|y_{i}\| < \epsilon$, $i = 1,2,\ldots,n$, a continuación, $x_{1} + y_{1}, x_{2} + y_{2},\ldots,x_{n} + y_{n}$ también son vectores linealmente independientes en $X$.

He estado pensando en esto por un par de días y realmente no estoy llegando a ningún lado.

He probado a iniciar con la definición de independencia lineal de la $x$-vectores y luego trabajar hacia la independencia lineal de $x+y$ dada la condición en $y$, pero no voy a llegar a ninguna parte.

Puede alguien ofrecer una sugerencia o una solución?

Answer 1

En el riesgo de robo de Sheldon Axler del trueno, he aquí una solución sin determinantes.

Deje $\mathbb{F}$ a ser el campo de nuestro espacio vectorial. Tenemos que $x_1, \dots, x_n \in X$ es independiente, es decir, que el lineal mapa de $T :\mathbb F^n \to X$ dada por $$ T(a_1, \dots, a_n) = \sum a_i x_i $$ es inyectiva. En particular, $T$ no es el cero mapa, por lo que tiene el operador de la norma $$ \|T\|_{\text{op}} = \sup_{0 \neq \in \mathbb{F}^n} \frac{\|T \|} {\|\|_\infty} $$ cual es positivo (ver esta tomando cualquier $a$$Ta \neq 0$). (Aquí, hemos dado a $\mathbb{F}^n$ el sup norma $\| a \|_\infty = \sup\{|a_1|, \dots, |a_n|\}$.)

Vamos a comprobar su reclamación por la contradicción: supongamos que para todos los $\varepsilon > 0$, $y_1, \dots, y_n \in X$ $\|y_i\| < \varepsilon$ tal que $x_1 + y_1, \dots, x_n + y_n$ es dependiente. Entonces existe $a = (a_1, \dots, a_n) \in \mathbb{F}^n \backslash \{0\}$ tal que \begin{align*} 0 = \sum a_i (x_i + y_i) &\implies \sum a_i x_i = - \sum a_i y_i \\ &\implies \|Ta\| = \left\| \sum a_i y_i \right\| && \text{take norms} \\ &\implies \|Ta\| \leq \| a \|_\infty n \varepsilon && \text{triangle inequality} \\ &\implies \| T \|_{\text{op}} \leq n \varepsilon. && a \neq 0 \end{align*} Desde $\varepsilon > 0$ fue arbitraria, esto implica que $\|T\|_\text{op} = 0$, es decir, $T$ es el cero mapa, que nos da nuestro contradicción.

Answer 2

Denotar $L:=\operatorname{span}\{x_i:i\in\mathbb{N}_n\}$. Nos puede olvidarse $X$ y considerar a nuestro problema dentro de la $L$. A continuación, $(x_1)_{i\in\mathbb{N}_n}$ es una base de $L$. Luego de un fijo $z\in L$ siempre tenemos una representación única $z=\sum_{i=1}^n c_i(z)x_i$ para algunos escalares $(c_i(z))_{i\in\mathbb{N}_n}\subset\mathbb{K}$. Claramente $(c_i)_{i\in\mathbb{N}_n}$ son funcionales lineales en el espacio de dimensión finita $L$. Por lo tanto, son continuas. Por lo tanto, tenemos una función continua $$ F(z_1,\ldots,z_n)=\det \begin{pmatrix} c_1(z_1) & \ldots &c_1(z_n)\\ \ldots & \ldots &\ldots \\ c_n(z_1) & \ldots &c_n(z_n)\\ \end{pmatrix} $$ Desde básico de álgebra lineal, sabemos que un sistema de vectores $(z_i)_{i\in\mathbb{N}_n}$ es linealmente independiente iff $F(z_1,\ldots,z_n)\neq 0$. Por construcción $F(x_1,\ldots,x_n)=1$.

Supongamos ahora hacia una contradicción, que para cualquier $\epsilon>0$ existe $(y_i^\epsilon)_{i\in\mathbb{N}_n}\subset L$ tal que $\Vert y_i^\epsilon\Vert\leq\epsilon$ todos los $i\in\mathbb{N}_n$ $(x_i+y_i^\epsilon)_{i\in\mathbb{N}_n}\subset L$ son linealmente dependientes. Como consecuencia,$F(x_1+y_1^\epsilon,\ldots,x_n+y_n^\epsilon)=0$. Por la construcción $\lim_{\epsilon}(x_i+y_i^\epsilon)=x_i$ todos los $i\in\mathbb{N}_n$. Ahora, a partir de la continuidad de la $F$ tenemos $$ F(x_1,\ldots,x_n)=\lim_{\epsilon\to 0}F(x_1+y_1^\epsilon,\ldots,x_n+y_n^\epsilon)=\lim_{\epsilon\to 0}0=0 $$ Pero hemos demostrado anteriormente que la $F(x_1,\ldots,x_n) \neq 0$. Contradicción.