Deje $\vec v_1 , ..., \vec v_k $ ser vectores en $\mathbb Q^n$ linealmente independientes sobre $\mathbb Q$ , entonces es cierto que $\sum_{i=1}^ka_i\vec v_i=0, a_i\in \mathbb C, \forall 1\leq i\leq k \implies a_i=0 ,\forall 1\leq i\leq k $ ?
Respuestas
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Jukka Dahlbom
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Sí. Podemos demostrar que este es el caso de "por eliminación Gaussiana" de la siguiente manera:
Deje $A$ ser la matriz cuyas columnas son $v_1,\dots,v_k$. Desde estas columnas son linealmente independientes, el problema $$ A x = 0, \quad x \in \Bbb Q^k $$ tiene la solución única $x = \vec 0$. De ello se desprende que existe una matriz invertible $E$ (una secuencia de racionales elementales de fila operaciones) tal que $R = EA$ es en la reducción de la fila-forma escalonada, con un pivote en cada columna.
Nosotros, a continuación, tenga en cuenta que la solución a $Ax = 0$ $x \in \Bbb C^n$ es la misma como la solución a $Rx = 0$$x \in \Bbb C^n$. Desde $R$ tiene un pivote en cada columna, el problema $Rx = 0$ tiene la solución única $x = 0$.
Por lo tanto, la única solución a $$ Ax = 0, \quad x \in \Bbb C^n $$ es $x=0$, es decir que las columnas de a $A$ son independientes sobre $\Bbb C$.
Git Gud
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Sugerencia: voy a probar el caso $k=2$, después de lo cual es fácil generalizar por inducción en $k$ por la asociatividad de la suma.
Deje $v_1, v_2\in \mathbb Q^n$ $\mathbb Q$- linealmente independiente de vectores.
Supongamos $\lambda _1v_1+\lambda _2v_2=0_{n\times 1}$, para algunos complejo escalares $\lambda _1, \lambda _2$.
Suponga $\lambda _1\neq 0$. De ello se desprende que $-\dfrac{\lambda _2}{\lambda _1}v_2=v_1\in \mathbb Q$. Desde todas las entradas de $v_2$ son racionales y por lo menos uno no es cero, se sigue que $\dfrac {\lambda _2}{\lambda _1}$ es racional.
Pero esto es decir que el $\{v_1, v_2\}$ $\mathbb Q$- dependiente. Por lo tanto, la suposición de que $\lambda _1\neq 0$ es falso.
