Esto está sacado de mi libro de texto, "Linear Algebra Done Right" de Axler, del que estoy estudiando por mi cuenta. ( He organizado mis pensamientos en los que me gustaría algún tipo de respuesta con números romanos ).
Lema de la dependencia lineal : Si $(v_{1},\ldots,v_{m})$ depende linealmente en $V$ y $v_{1} \neq 0$ entonces existe $j \in \{2,\ldots,m\}$ tal que se cumpla lo siguiente:
(a) $v_{j} \in span(v_{1},\ldots,v_{j-1})$ ;
( I. ¿Por qué hay que justificar esto? ¿Es porque $v_{j}$ es un vector "extra", que haría depender este conjunto arbitrario de combinaciones lineales ).
(b) Si el $j^{th}$ se elimina el término de $(v_{1},\ldots,v_{m})$ el alcance de la lista restante es igual a $span(v_{1},\ldots,v_{m})$ .
( II. Mi suposición es que esto significa básicamente que si eliminamos este vector extra, entonces seguimos teniendo la misma lista de combinaciones lineales).
(También he encontrado la siguiente prueba un poco confusa y necesito alguna aclaración).
PRUEBA: Supongamos que $(v_{1},\ldots,v_{m})$ depende linealmente en $V$ y $v_{1} \neq 0$ . Entonces existe $a_{1},\ldots,a_{m} \in \mathbb{F}$ no todos $0$ tal que $$a_{1}v_{1}+\cdots+a_{m}v_{m} = 0$$ .
(Hasta aquí todo bien, por lo que sé, esto no es más que afirmar lo contrario de la Independencia Lineal, donde la única opción de $a_{1},\ldots,a_{m} \in \mathbb{F}$ que satisface $a_{1}v_{1}+\cdots+a_{m}v_{m} = 0$ es $a_1 =\cdots= a_{m} = 0$ )
CONT: No todos los $a_{2},a_{3},\ldots,a_{m}$ puede ser $0$ (porque $v_1 \neq 0)$ . Sea $j$ sea el mayor elemento de $\{2,\ldots.,m\}$ tal que $a_{j} \neq 0$ . Entonces $$ v_{j} = -\frac{a_1}{a_j}v_1 - \cdots - \frac{a_{j-1}}{a_j}v_{j-1} ,$$
demostrando (a).
( III. Voy a completar los pasos adicionales aquí porque creo que puedo tener la idea correcta).
$Span(v_{1},\ldots,v_{m}) = 0$ para $j \in \{2,\ldots,m\} = a_{1}v_{1} + \cdots + a_{j}v_{j} = 0$ .
Aquí sólo resolví para $v_j$ y obtuve el resultado $v_{j} = -\frac{a_1}{a_j}v_1 - \cdots - \frac{a_{j-1}}{a_j}v_{j-1} ,$ que corresponde a lo anterior. $a_{j} \neq 0$ porque tenemos $a_j^{-1}$ para cada término, y $v_1 \neq 0$ porque si tenemos $a_{1}v_{1}+\cdots+a_{j}v_{j} = 0$ entonces todos los escalares $a_{2},\ldots,a_{m} \in \mathbb{F}$ podría ser igual a $0$ Si ese fuera el caso. Creo que tengo una idea, pero ¿cómo prueba esto exactamente que $v_j$ está contenida en el tramo de $(v_{1},\ldots,v_{j-1})$ ? ¿Es porque $ -\frac{a_1}{a_j}v_1 - \cdots - \frac{a_{j-1}}{a_j}v_{j-1}$ es sólo una combinación lineal de vectores que es igual a $v_j$ ?
CONT: para demostrar (b), supongamos que $u \in span(v_{1},\ldots,v_{m})$ . Entonces existe $c_{1},\ldots,c_m \in \mathbb{F}$ tal que $$u = c_1v_1 + \cdots + c_mv_m$$ .
En la ecuación anterior, sustituimos $v_j$ con el lado derecho de 2,5, lo que demuestra que $u$ se encuentra en el tramo de la lista obtenida al eliminar el $j^{th}$ término de $(v_1,\ldots,v_m)$ . Por lo tanto, (b) se mantiene. $\Box$
( IV. ¿Cómo funciona esto exactamente? Esta parte es la que más me confunde).
Lamento que sea una lista tan larga, pero realmente quiero entender completamente todo lo que estoy aprendiendo, y soy bastante nuevo en probar cosas, así que quiero asegurarme de mejorar esa habilidad también.
