Bewijs:
We kunnen meteen al het geval waarbij F = ∅ buiten beschouwing laten want daarvoor is de propositie trivialerwijze voldaan.
We geven een bewijs uit het ongerijmde. Veronderstel dat #G < #F. Merk op dat het geval waarbij #F = 1 onmiddellijk kan afgehandeld worden. Immer dan zou G = ∅ en omdat G voortbrengend is, zou V = {0}. Daarom moet ook F = {0} maar dit is strijdig vermits {0} geen vrij deel is. Veronderstel dus dat G = {v1, v2, ..., vm} met m ≥ 1. Kies n verschillende vectoren uit F met n > m (bv. n = m + 1) en noem ze e1, e2, ..., en. We tonen aan dat F niet vrij kan zijn. Daarvoor volstaat het te argumenteren dat er A1, ..., An ∈ R bestaan, niet allen nu, zo dat
\( \sum_{i = 1}^n Ai.ei = 0 \)
. (1)----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Vermits G voortbrengend is kunnen we elk element van F schrijven als lineaire combinatie van de elementen van G. Dit betekent dat er een (n x m)-matrix A = (ai,j) bestaat zo dat voor alle i = 1, ..., n geldt dat
\( ei = \sum_{j = 1}^m ai,j.vj \)
.Bijgevolg is
\( \sum_{i = 1}^n Ai.ei = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m Ai.ai,j.vj = \sum_{j = 1}^m (\sum_{i = 1}^n Ai.ai,j).vj \)
.Als we Ai's willen vinden die aan (1) voldoen, dan volstaat het dat we Ai's vinden die voldoen aan
\( \sum_{i = 1}^n Ai.ai,j = 0 \)
voor alle j = 1, ..., m.Dit betekent dat (A1, A2, ..., An) oplossing moet zijn van het stelsel
At
\( \begin{pmatrix} A1 \\ ... \\ An \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ ... \\ 0 \end{pmatrix} \)
.At heeft m rijen. Daarom is rang(A) ≤ m < n. Het aantal vrijheidsgraden in de oplossing van het stelsel is dus n - rang(A) ≥ n - m ≥ 1. Bijgevolg heeft het stelsel niet-nul oplossing en daarom is F niet vrij."
Tot aan de ----- snap ik het bewijs volledig, maar vanaf dan ben ik op sommige vlakken niet mee. Is er iemand die mij hier wat meer uitleg over kan/wil geven ?
. Begrijp je dat rang(A) <= m?