Задача 8

Условие задачи

Пусть $V$ – произвольное векторное пространство, вложенное в векторное пространство $W$. Докажите, что если $\dim V < \dim W$, то в пространстве $W$ существует базис, не содержащий ни одного вектора из $V$.

Решение задачи

$V$ по условию вложено в $W$, т.е. $V \subseteq W$.

Так как $n = \dim W > \dim V \geqslant 0$, то $n \geqslant 1$ и пространство $W$ ненулевое. По §2.9 в ненулевом $W$ имеется линейно независимая система ровно из $n = \dim W$ векторов; обозначим её

$$w_1, \, \ldots, \, w_n \ \text{.}$$

Далее, по §2.9 любая система из более чем n векторов пространства $W$ линейно зависима; поэтому к $w_1, \, \ldots, \, w_n$ нельзя добавить ни одного вектора с сохранением независимости, то есть эта система максимальна. А максимальная линейно независимая система является базисом (§2.10). Итак, $w_1, \, \ldots, \, w_n$ – базис $W$: система независима и $L(w_1, \, \ldots, \, w_n) = W$.

Докажем от противного, что какой-то базисный вектор лежит вне $V.$ Пусть все $w_i \in V$. Возьмём любой $w \in W$. Так как $L(w_1, \, \ldots, \, w_n) = W$, найдутся числа $c_1, \, \ldots, \, c_n$ с $w = \sum\limits_{i=1}^n c_i w_i$. Каждый $w_i \in V$ по предположению, а $V$ замкнуто относительно умножения на число и сложения, поэтому и $\sum\limits_{i=1}^n c_i w_i \in V$, то есть $w \in V$. Значит $W \subseteq V$.

$V \subseteq W$ – дано условием задачи.

Из двух встречных включений $W \subseteq V$ и $V \subseteq W$ следует $V = W$. Но равные множества имеют одно и то же максимальное число независимых векторов, то есть $\dim V = \dim W$ вопреки условию задачи. Противоречие. Стало быть, не все $w_i$ лежат в $V$: существует индекс $p$, для которого $w_p \notin V$. Зафиксируем его и обозначим

$$g := w_p \notin V$$

В частности $g \ne 0$ (ведь $0 \in V$, а $g \notin V$).

Пусть $B = \left\{i: w_i \in V\right\}$ – множество номеров «плохих» векторов (лежащих в $V$). Номер $p \notin B$ по определению. Определим новую систему $\widetilde{w}_1, \, \ldots, \, \widetilde{w}_n$, «сдвинув» каждый «плохой» вектор на $g$:

$$\widetilde{w}_i = \begin{equation*} \begin{cases} w_i + g, & i \in B \\ w_i, & i \notin B \end{cases} \end{equation*} \ \text{.}$$

Заметим, что при $i \in B$ автоматически $i \ne p$, поэтому вектор $\widetilde{w}_p = w_p = g$ остаётся на месте.

Покажем, что $\widetilde{w}_1, \, \ldots, \, \widetilde{w}_n$ – базис $W$ и ни один его векторов не лежит в $V$.

Пусть некоторая линейная комбинация новых векторов равна нулю:

$$S := \sum\limits_{i = 1}^n \lambda_i \widetilde{w}_i = 0 \ \text{.}$$

Разобьём диапазон $i = 1, \, \ldots, \, n$ на непересекающиеся наборы $i \in B$ и $i \notin B$ (вместе они дают все номера):

$$S = \sum\limits_{i \in B} \lambda_i \widetilde{w}_i + \sum\limits_{i \notin B} \lambda_i \widetilde{w}_i \ \text{.}$$

Подставим определение $\widetilde{w}_i$ (при $i \in B$ это $w_i + g$, при $i \notin B$ – просто $w_i$):

$$S = \sum\limits_{i \in B} \lambda_i \left(w_i + g\right) + \sum\limits_{i \notin B} \lambda_i w_i \ \text{.}$$

Раскроем скобку в первой сумме, разбив её на две:

$$S = \sum\limits_{i \in B} \lambda_i w_i + \sum\limits_{i \in B} \lambda_i g + \sum\limits_{i \notin B} \lambda_i w_i \ \text{.} $$

Вектор $g$ от $i$ не зависит – вынесем его за знак суммы:

$$S = \sum\limits_{i \in B} \lambda_i w_i + \left(\sum\limits_{i \in B} \lambda_i\right) g + \sum\limits_{i \notin B} \lambda_i w_i \ \text{.} $$

Крайние суммы по $i \in B$ и по $i \notin B$ снова объединим в полный диапазон $i = 1, \, \ldots, \, n$:

$$S = \sum\limits_{i=1}^n \lambda_i w_i + \left(\sum\limits_{i \in B} \lambda_i\right) g \ \text{.}$$

Вспомним, что $g = w_p$:

$$S = \sum\limits_{i=1}^n \lambda_i w_i + \left(\sum\limits_{i \in B} \lambda_i\right) w_p \ \text{.}$$

Выделим из полной суммы слагаемое с номером $p$ ($\sum\limits_{i=1}^n \lambda_i w_i = \sum\limits_{i \ne p} \lambda_i w_i + \lambda_p w_p$) и соберём оба слагаемых при $w_p$:

$$S = \sum\limits_{i \ne p} \lambda_i w_i + \left(\lambda_p + \sum\limits_{i \in B} \lambda_i\right) w_p \ \text{.}$$

Теперь условие $S = 0$ записано как линейная комбинация базисных векторов $w_1, \, \ldots, \, w_n$, в которой каждый вектор встречается ровно один раз:

$$\sum\limits_{i \ne p} \lambda_i w_i + \left(\lambda_p + \sum\limits_{i \in B} \lambda_i\right) w_p = 0 \ \text{.}$$

Базис $w_1, \, \ldots, \, w_n$ независим, поэтому все её коэффициенты нулевые:

$$\lambda_i = 0 \ \text{(все } i \ne p\text{)}, \quad \lambda_p + \sum\limits_{i \in B} \lambda_i = 0 \ \text{.}$$

Так как $p \notin B$, все номера из $B$ лежат среди $i \ne p$, где коэффициенты уже нулевые; значит $\sum\limits_{i \in B} \lambda_i = 0$, и второе равенство даёт $\lambda_p = 0$. Итак, все $\lambda_i = 0$ – система $\widetilde{w}_1, \, \ldots, \, \widetilde{w}_n$ линейно независима.

В системе $\widetilde{w}_1, \, \ldots, \, \widetilde{w}_n$ ровно $n = \dim W$ векторов, и она независима. По §2.9 всякая система из более чем $n$ векторов пространства $W$ зависима, поэтому к нашим $n$ независимым векторам нельзя присоединить ни одного с сохранением независимости – система максимальная; а максимальная линейно независимая система есть базис. Следовательно, $\widetilde{w}_1, \, \ldots, \, \widetilde{w}_n$ – базис $W$.

Покажем, что ни один вектор не лежит в $V$.

Если $i \notin B$, то $\widetilde{w}_i = w_i$, а $w_i \notin V$ по определению множества $B$.

Если $i \in B$, то $\widetilde{w}_i = w_i + g$. Допустим, вопреки доказываемому, $\widetilde{w}_i \in V$. Но $i \in B$ означает $w_i \in V$, а $V$ замкнуто относительно вычитания, поэтому $g = \left(w_i + g\right) - w_i \in V$, что противоречит $g \notin V$. Значит $\widetilde{w}_i \notin V$.

Оба случая дают $\widetilde{w}_i \notin V$ для всех $i$.

Система $\widetilde{w}_1, \, \ldots, \, \widetilde{w}_n$ – базис пространства $W$, целиком лежащий вне $V$. $\square$