Demostrar que $v_1, \dots v_n$ es una base de V.

Question

Probar que si $e_1, \dots e_n$ es un ortonormales base de V y $v_1, \dots , v_n$ son vectores en V tales que

$||e_j - v_j|| < \frac{1}{\sqrt{n}}$ para cada j, a continuación, $v_1, \dots v_n$ es una base de V.

He tocado el violín alrededor con esta por un tiempo ahora, lamentablemente, no llegaron a nada cerca, así que sólo diré que no tengo idea de cómo hacerlo. Ayuda :(?

Answer 1

Aunque no lo dijo explícitamente en la pregunta, estamos suponiendo que la $V$ es un producto interior en el espacio.

Supongamos que $v_1,\ldots,v_n$ es linealmente dependiente. Entonces existen constantes, no todos cero, $c_1,\ldots, c_n$$c_1v_1+\cdots+c_nv_n=0$. Entonces $$ \|c_1e_1+\cdots+c_ne_n\|=\|c_1(e_1-v_1)+\cdots+c_n(e_n-v_n)\|\leq\sum_{j=1}^n|c_j|\,\|e_j-v_j\|\leq\sum_{j=1}^n\frac{|c_j|}{\sqrt n}. $$ También sabemos que $$ \|c_1e_1+\cdots+c_ne_n\|^2=\sum_{j=1}^n|c_j|^2, $$ Así hemos demostrado que $$ \left(\sum_{j=1}^n|c_j|^2\right)^{1/2}\leq\sum_{j=1}^n\frac{|c_j|}{\sqrt n}. $$ Este es el reverso de la de Cauchy-Schwarz desigualdad, por lo que llegamos a la conclusión de que $$ \left(\sum_{j=1}^n|c_j|^2\right)^{1/2}=\sum_{j=1}^n\frac{|c_j|}{\sqrt n}, $$ y la igualdad de Cauchy-Schwarz implica que hay una constante $d$ tal que $|c_j|=d/\sqrt n$ todos los $j$. Por lo $c_j=\lambda_j\,d/\sqrt n$$|\lambda_j|=1$, y $$ 0=c_1v_1+\cdots+c_nv_n=\frac d{\sqrt n}\,(\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_n v_n), $$ lo que implica que $\lambda_1v_1+\cdots+\lambda_n v_n=0$ (esto funciona debido a que $d\ne0$, lo que se deduce del hecho de que el $c_j$ no puede ser cero). Entonces $$ \sqrt n=\|\lambda_1e_1+\cdots+\lambda_n e_n\|=\|\lambda_1(e_1-v_1)+\cdots+\lambda_n(e_n-v_n)\|\leq\sum_{j=1}^n\|e_j-v_j\|<\sum_{j=1}^n\frac1{\sqrt n}=\sqrt n, $$ una contradicción. Esto demuestra que es imposible que $v_1,\dots,v_n$ son linealmente dependientes.

Answer 2

WLOG supongamos $V=\mathbb C^n$ con la norma interna del producto y de la $(e_1,\ldots,e_n)$ es el estándar de la base. Deje $A$ $n$a$n$ matriz con columnas $v_1,\ldots,v_n$. A continuación, la norma de Frobenius de $I-A$ es la raíz cuadrada de $\sum\limits_{k=1}^n\|e_k-v_k\|^2<1$. En consecuencia, $A$ es invertible (con inverse $\sum\limits_{k=0}^\infty (I-A)^k$), y por lo tanto no tiene columnas linealmente independientes.