Skripta

ektorůcsquotedblright (případné opakující se vektory ani jejich pořadí zde nehrají žádnou
roli) a použít stejnou symboliku. Následující věta nám ukáže, že podprostor generovaný
vektory u1,...,uk a lineární obal vektorů u1,...,uk jsou vlastně jedno a totéž.
Věta 2.3.
Nechť V je vektorový prostor a nechť u1,...,uk je konečná posloupnost vektorů z V.
Pak platí:
[u1,...,uk] = L(u1,...,uk)
Důkaz.
Vzhledem k (2) budeme dokazovat množinovou rovnost:
intersectiontext
Uα (Uα je podprostor ve V ∧ u1,...,uk ∈Uα ) = L(u1,...,uk). (3)
„⊆csquotedblright: Plyne z vlastností množinového průniku, uvědomíme-li si, že L(u1,...,uk) je pod-
prostor ve V (podle věty 1.3.) a že je u1,...,uk ∈L(u1,...,uk).
„⊇csquotedblright: Množina na levé straně (3) je podprostorem ve V obsahujícím vektory u1,...,uk,
tzn. musí pak obsahovat také jejich libovolnou lineární kombinaci. squaresolid
Příklad 2.1.
1. Rozepsáním se lehce ověří, že například
R2 = [(1,0),(0,1)] = [(1,1),(1,2)] = [(1,3),(2,1),(1,−1),(−2,3)], atd.
Vidíme tedy, že vektorový prostor R2 je možno generovat dvěma a více vektory (zřejmě i
nekonečně mnoha).
Na druhé straně, prostor R2 evidentně nelze generovat jedním vektorem, neboť:
[(a,b)] = L((a,b)) = {(k·a,k·b) | k ∈R} subsetornotdbleql R2 .
2. Ve vektorovém prostoru Tn označme vektory:
e1 = (1,0,0,...,0,0), e2 = (0,1,0,...,0,0), ... , en = (0,0,0,...,0,1).
Potom zřejmě platí, že Tn = L(e1,...,ek) = [e1,...,en] (dokažte si podrobně sami),
tzn. vektory e1,...,en jsou generátory vektorového prostoru Tn .
9
3. Ve vektorovém prostoru Rn[x] označme vektory (tj. polynomy):
f1 = 1, f2 = x, f3 = x2, ... fn+1 = xn .
Pak zřejmě Rn[x] = L(f1,...,fn+1) = [f1,...,fn+1], tzn. polynomy 1, x, x2, ... , xn
jsou generátory vektorového prostoru Rn[x].
Uvědomme si, že na rozdíl od průniku podprostorů není množinové sjednocení pod-
prostorů (dokonce ani dvou) obecně podprostorem daného vektorového prostoru. Na-
příklad pro podprostory U1 a U2 vektorového prostoru R3 z příkladu 1.2.2. jejich sjed-
nocení U1 ∪ U2 není podprostorem v R3 (neboť např. (1,1,0),(1,2,1) ∈ U1 ∪ U2, ale
(1,1,0)+ (1,2,1) = (2,3,1) negationslash∈U1 ∪U2).
V dalším si nyní zavedeme pojem tzv. součtu podprostorů, dokážeme, že je podprosto-
rem a ukážeme, jaký má vztah k množinovému sjednocení těchto podprostorů.
Definice.
Nechť U1, U2, ..., Uk (k ≥ 2) jsou podprostory vektorového prostoru V. Pak množina
U1 +U2 +···+Uk definovaná:
U1 +U2 +···+Uk = {u1 +u2 +···+uk | u1 ∈U1, u2 ∈U2, ..., uk ∈Uk}
se nazývá součet podprostorů U1, U2, ..., Uk .
Věta 2.4.
Nechť U1, U2, ..., Uk (k ≥ 2) jsou podprostory ve V. Pak platí:
1. součet podprostorů U1 +U2 +···+Uk je podprostorem ve V
2. U1 +U2 +···+Uk = [U1 ∪U2 ∪···∪Uk ], tj. součet podprostorů U1, U2, ..., Uk
je roven podprostoru generovanému jejich množinovým sjednocením.
Důkaz.
1: Zřejmě je U1 + ···+Uk negationslash= ∅ (neboť Ui negationslash= ∅). Dále nechť u,v ∈ U1 + ···+Uk, t ∈ T
libovolné. Potom u = u1 + ··· + uk, v = v1 + ··· + vk, kde ui,vi ∈ Ui, i = 1,...,k.
Potom ale:
u+v = (u1 +···+uk) + (v1 +···+vk) = (u1 +v1) +···+ (uk +vk) ∈U1 +···+Uk,
t·u = t·(u1 +···+uk) = t·u1 +···+t·uk ∈U1 +···+Uk,
a tedy U1 +···+Uk je podprostor ve V.
2: Vzhledem k (1) budeme dokazovat množinovou rovnost:
U1 +···+Uk =
intersectiontext
Wα (Wα je podprostor ve V takový, že U1 ∪···∪Uk ⊆Wα ).
„⊆csquotedblright: Nechť u ∈ U1 + ··· + Uk. Potom u = u1 + ··· + uk, kde ui ∈ Ui. Je tedy také
ui ∈Wα, kde Wα je libovolný podprostor ve V takový, že U1∪···∪Uk ⊆Wα. Potom však
u1 +···+uk = u ∈Wα, a tedy u ∈
intersectiontext
Wα (Wα je podprostor ve V ∧ U1∪···∪Uk ⊆Wα).
„⊇csquotedblright: Zřejmě je Ui ⊆ U1 + ···+Uk (neboť pro ui ∈ Ui libovolný je ui = o + ···+ ui +
···+o ∈U1 +···+Uk), a tedy U1 ∪···∪Uk ⊆U1 +···+Uk. Podle 1. části věty je však
U1 + ··· +Uk podprostorem ve V, tzn. z vlastností množinového průniku pak již plyne
žádaná množinová inkluze. squaresolid
10
Vidíme tedy, že součet podprostorů U1 + ··· + Uk je nejmenším podprostorem ve V
obsahujícím množinové sjednocení U1 ∪···∪Uk těchto podprostorů. Dá se očekávat, že
součet podprostorů obecně nebude roven jejich množinovému sjednocení.
Dále si uvědomme, že vyjádření vektoru u ∈U1 +···+Uk ve tvaru:
u = u1 +···+uk,
kde u1 ∈ U1, ..., uk ∈ Uk, nemusí být jednoznačné. Obojí si ukážeme na jednoduchém
příkladu, a to pro k = 2, což je situace, s níž se budeme v praxi nejčastěji setkávat.
V tomto případě je tedy:
U1 +U2 = {u1 +u2 | u1 ∈U1, u2 ∈U2} = [U1 ∪U2].
Schematicky je tato situace znázorněna na obr. 1.
U1
U2
U1 +U2
V
Obr. 1.
Příklad 2.2.
Ve vektorovém prostoru R3 mějme dány dva podprostory:
U1 = {(x,y,0) | x,y ∈R} a U2 = {(u,0,v) | u,v ∈R}.
Zřejmě platí, že:
U1 ∪U2 = {(a,b,c) | a,b,c∈R, b = 0 nebo c = 0}, resp. U1 +U2 = R3 .
Vidíme tedy, že U1 ∪U2 subsetornotdbleql U1 + U2 , tzn. součet obou podprostorů není roven jejich
množinovému sjednocení. Dále, vyjádření vektoru u ∈U1 +U2 ve tvaru:
u = u1 +u2 , kde u1 ∈U1, u2 ∈U2,
zde není jednoznačné, neboť například vektor (0,0,0) ∈U1 +U2 , a přitom
(0,0,0) = (0,0,0) + (0,0,0) = (1,0,0)+ (−1,0,0)
jsou dvě různá vyjádření vektoru (0,0,0) v uvedeném tvaru. Poznamenejme, že v takovém
případě má každý vektor zU1+U2 dokonce nekonečně mnoho různých vyjádření uvedeného
tvaru.
Definice.
Nechť U1,U2,...,Uk (k ≥ 2) jsou podprostory vektorového prostoru V. Součet podpro-
storů U1,U2,...,Uk se nazývá přímý součet a označuje U1 ˙+U2 ˙+··· ˙+Uk, jestliže každý
vektor u ∈U1 +···+Uk lze vyjádřit jediným způsobem ve tvaru:
u = u1 +···+uk, kde u1 ∈U1,...,uk ∈Uk. (4)
11
Věta 2.5.
Nechť U1,U2,...,Uk (k ≥ 2) jsou podprostory vektorového prostoru V. Pak součet pod-
prostorů U1,U2,...,Uk je přímým součtem právě když platí
Ui ∩(U1 +···+Ui−1 +Ui+1 +···+Uk) = {o} pro každé i = 1,2,...,k. (5)
tj. průnik každého z podprostorů se součtem zbývajících podprostorů je roven nulovému
prostoru.
Důkaz.
„⇒csquotedblright: Nechť součet podprostorů U1, ..., Uk je přímý a nechť pro 1 ≤i≤k je
x ∈Ui ∩(U1 +···+Ui−1 +Ui+1 +···+Uk).
Potom je možno psát: x = u1 +···+ui−1 +ui+1 +···+uk, kde uj ∈Uj . Kromě toho
je x ∈Ui, tzn. také −x ∈Ui. Pak ale:
o = u1 +···+ui−1 + (−x) +ui+1 +···+uk
a
o = o+···+ o+o+o +···+o
jsou dvě vyjádření nulového vektoru ve tvaru (4), tzn. podle předpokladu musí být−x = o
a tedy x = o. Dokázali jsme tak, že Ui ∩(U1 +···+Ui−1 +Ui+1 +···+Uk) ⊆ {o}.
Opačná inkluze je však zřejmá (proč?), tzn. dohromady platí rovnost. Poněvadž i bylo
libovolné (s vlastností 1 ≤i≤k), platí všechny podmínky (5).
„⇐csquotedblright: Nechť platí podmínky (5), nechť x ∈U1 +···+Uk libovolný a nechť:
x = u1 +···+uk = u′1 +···+u′k,
kde ui,u′i ∈ Ui, i = 1,2,...,k jsou dvě vyjádření vektoru x ve tvaru (4). Potom pro
libovolné i = 1,2,...,k po úpravě dostáváme:
(ui −u′i) = (u′1 −u1) +···+ (u′i−1 −ui−1) + (u′i+1 −ui+1) +···+ (u′k −uk),
odkud okamžitě plyne, že:
(ui −u′i) ∈Ui ∩(U1 +···+Ui−1 +Ui+1 +···+Uk).
Podle předpokladu, z podmínek (5) plyne, že (ui−u′i) = o, neboli ui = u′i. Tedy vyjádření
vektoru x ve tvaru (4) je jednoznačné a součet podprostorů U1,...,Uk je přímý. squaresolid
Poznámka.
Rozepíšeme-li si předchozí větu pro některá konkrétní k, pak dostáváme např.:
pro k = 2: součet podprostorů U1, U2 je přímým součtem ⇐⇒ U1 ∩U2 = {o},
pro k = 3: součet podprostorů U1, U2, U3 je přímým součtem ⇐⇒
U1 ∩(U2 +U3) = {o} ∧ U2 ∩(U1 +U3) = {o} ∧ U3 ∩(U1 +U2) = {o}.
12
§3. Lineární závislost a nezávislost vektorů
Definice.
Nechť V je vektorový prostor nad T a nechť u1,...,uk je konečná posloupnost vektorů
z V. Jestliže existují čísla t1,...,tk ∈T, z nichž alespoň jedno je různé od nuly, tak, že:
t1 ·u1 +···+tk ·uk = o, (1)
pak říkáme, že vektory u1,...,uk jsou lineárně závislé.
V opačném případě říkáme, že vektory u1,...,uk jsou lineárně nezávislé.
Poznámka.
1. Vidíme, že pojem lineární nezávislosti je negací pojmu lineární závislosti. Explicitně
vyjádřeno to znamená:
jestliže pro všechna t1,...,tk ∈T, z nichž alespoň jedno je různé od nuly, platí:
t1 ·u1 +···+tk ·uk negationslash= o,
pak říkáme, že vektory u1,...,uk jsou lineárně nezávislé.
2. Z definice lineární nezávislosti bezprostředně plyne, že:
vektory u1,...,uk jsou lineárně nezávislé právě když platí implikace:
t1 ·u1 +···+tk ·uk = o =⇒ t1 = t2 = ··· = tk = 0.
3. Praktické zjišťování lineární závislosti či nezávislosti daných vektorů u1,...,uk prová-
díme obvykle tak, že napíšeme rovnost
t1 ·u1 +···+tk ·uk = o
a hledáme všechna čísla t1,...,tk ∈ T , která tuto rovnost splňují. Přitom mohou nastat
dvě možnosti:
– zjistíme, že rovnost je splněna pouze pro t1 = ··· = tk = 0. Pak jsou vektory u1,...,uk
lineárně nezávislé.
– zjistíme, že rovnost je splněna i pro nějaké ti negationslash= 0. Pak jsou vektory u1,...,uk lineárně
závislé.
Příklad 3.1.
1. Ve vektorovém prostoru R2 jsou například vektory (1,0), (0,1) lineárně nezávislé. Po-
dobně vektory (1,1), (1,2) jsou též lineárně nezávislé. Obojí dostaneme rozepsáním podle
návodu uvedeného v předchozí poznámce.
Na druhé straně například vektory (1,3), (2,1), (1,−1), (−2,3) jsou lineárně závislé, což
opět zjistíme výpočtem podle výše uvedeného návodu.
Poznamenejme, že všechny výše zmiňované výpočty vedou v tomto případě na řešení
soustav lineárních rovnic se dvěma neznámými.
2. Ve vektorovém prostoru Tn jsou vektory
e1 = (1,0,0,...,0,0), e2 = (0,1,0,...,0,0), ... , en = (0,0,0,...,0,1)
lineárně nezávislé.
Je-li totiž t1 · e1 + ··· + tn · en = (0,...,0), pak po dosazení a úpravě dostáváme, že
(t1,...,tn) = (0,...,0), a tedy t1 = t2 = ··· = tn = 0.
13
3. Ve vektorovém prostoru Rn[x] jsou vektory (polynomy)
f1 = 1, f2 = x, ... , fn+1 = xn
lineárně nezávislé. Je-li totiž
t1 ·1 + t2 ·x + ··· + tn+1 ·xn = o,
kde o značí nulový polynom, tj. polynom, jehož všechny koeficienty jsou rovny nule, potom
je t1 = t2 = ··· = tn = 0 (neboť dva polynomy se rovnají, právě když se rovnají jejich
koeficienty u stejných mocnin x).
Jestliže uvažovaná posloupnost vektorů obsahuje pouze jediný vektor, např. u, pak je
zjišťování lineární závislosti či nezávislosti velmi jednoduché, neboť z předchozí definice a
z věty 1.1.3. plyne (rozmyslete si podrobně jak!), že platí:
vektor u je lineárně závislý ⇐⇒ u = o. (2)
Pokud uvažovaná posloupnost vektorů obsahuje alespoň dva vektory, pak ekvivalentní
podmínku pro jejich lineární závislost nám udává následující věta.
Věta 3.1.
Nechť V je vektorový prostor nad T, nechť k ≥ 2 a nechť u1,u2,...,uk ∈ V. Pak násle-
dující výroky jsou ekvivalentní:
1. vektory u1,u2,...,uk jsou lineárně závislé
2. ∃i (1 ≤i≤k) tak, že vektor ui je lineární kombinací zbývajících vektorů (tj. vektorů
u1,...,ui−1,ui+1,...,uk),
Důkaz.
„1 ⇒ 2csquotedblright: Nechť vektory u1,...,uk jsou lineárně závislé. Pak existují čísla t1,...,tk ∈T,
z nichž alespoň jedno je nenulové, tak, že t1 ·u1 + ···+tk ·uk = o. Nechť např. ti negationslash= 0.
Pak ale úpravou z předchozí rovnice dostáváme:
ui = −t1ti ·u1 −···− ti−1ti ·ui−1 − ti+1ti ·ui+1 −···− tkti ·uk ,
což znamená, že vektor ui je lineární kombinací zbývajících vektorů.
„2 ⇒ 1csquotedblright: Nechť platí 2, tzn. existuje index i tak, že
ui = t1 ·u1 +···+ti−1 ·ui−1 +ti+1 ·ui+1 +···+tk ·uk .
Pak (po úpravě, s využitím toho, že −ui = (−1)·ui ) dostáváme
o = t1 ·u1 +···+ti−1 ·ui−1 + (−1)·ui +ti+1 ·ui+1 +···+tk ·uk ,
tzn. (podle definice lineární závislosti) vektory u1,...,uk jsou lineárně závislé. squaresolid
Poznámka.
Je třeba si uvědomit, že druhá část předchozí věty nám pouze zajišťuje existenci vektoru,
který lze vyjádřit jako lineární kombinaci zbývajících vektorů. Nelze tedy obecně tvrdit,
že každý z lineárně závislých vektorů u1,u2,...,uk se dá vyjádřit jako lineární kombinace
zbývajících vektorů. Např. ve vektorovém prostoru R2 jsou vektory:
u1 = (0,1), u2 = (1,1), u3 = (0,−2)
lineárně závislé (neboť např. 2·u1 + 0·u2 + 1·u3 = o), ale přitom je zřejmé, že vektor u2
nelze vyjádřit jako lineární kombinaci vektorů u1,u3.
14
Věta 3.2.
Nechť V je vektorový prostor nad T a nechť u1,...,uk je konečná posloupnost vektorů
z V. Pak platí:
1. obsahuje-li posloupnost u1,...,uk nulový vektor, pak je lineárně závislá
2. obsahuje-li posloupnost u1,...,uk dva stejné vektory, pak je lineárně závislá
3. je-li nějaká posloupnost vybraná z posloupnosti u1,...,uk lineárně závislá, pak je i
celá posloupnost u1,...,uk lineárně závislá
4. je-li posloupnost u1,...,uk lineárně nezávislá, pak je každá posloupnost z ní vybraná
také lineárně nezávislá.
Důkaz.
První tři tvrzení plynou bezprostředně z definice lineární závislosti vektorů (proveďte
příslušné důkazy podrobně sami!). Čtvrté tvrzení je zřejmě ekvivalentní s třetím tvrzením
(jedná se o obměnu implikace), tzn. není třeba je dokazovat. squaresolid
Věta 3.3. (Steinitzova věta o výměně)
Nechť V je vektorový prostor nad T, u1,...,ur,v1,...,vs ∈V. Nechť vektory u1,...,ur
jsou lineárně nezávislé a nechť vektory u1,...,ur ∈L(v1,...,vs). Potom platí:
1. r ≤s,
2. po vhodném přečíslování vektorů v1,...,vs je:
L(v1,...,vs) = L(u1,...,ur,vr+1,...,vs).
Důkaz.
Provedeme matematickou indukcí vzhledem k r.
α) Nechť r = 1. Pak jistě platí, že r ≤ s. Nyní dokážeme pro r = 1 ještě druhou část
tvrzení věty. Podle předpokladů věty je vektor u1 lineárně nezávislý a platí:
u1 = t1 ·v1 +···+ts ·vs. (3)
Protože je u1 lineárně nezávislý, pak podle (2) je u1 negationslash= o a tedy alespoň jedno z čísel
t1,...,ts musí být nenulové. Přečíslujme vektory v1,...,vs tak, aby t1 negationslash= 0. Potom po
úpravě z rovnice (3) dostáváme:
v1 = 1t1 ·u1 − t2t1 ·v2 −···− tst1 ·vs ,
což znamená, že v1 ∈L(u1,v2,...,vs). Triviálně je však v2,...,vs ∈L(u1,v2,...,vs), a
tedy podle věty 1.4. dostáváme, že L(v1,...,vs) ⊆L(u1,v2,...,vs).
Opačná inkluze plyne ze (3) a ze zřejmého faktu, že v2,...,vs ∈ L(v1,...,vs), opět
užitím věty 1.4.. Platí tedy rovnost: L(v1,...,vs) = L(u1,v2,...,vs).
β) Přepokládáme, že tvrzení věty platí pro 1,...,r−1 (r ≥ 2), a dokážeme je pro r.
Uvažujme vektory u1,...,ur−1 . Podle předpokladů věty a podle věty 3.2. (část 4.) jsou
vektory u1,...,ur−1 lineárně nezávislé a platí u1,...,ur−1 ∈ L(v1,...,vs). Vektory
u1,...,ur−1 tedy splňují předpoklady věty a můžeme na ně použít indukční předpoklad.
Jeho užitím dostáváme, že platí:
r−1 ≤ s (4)
a po vhodném přečíslování vektorů v1,...,vs platí:
L(v1,...,vs) = L(u1,...,ur−1,vr,...,vs). (5)
15
Nyní uvažme vektor ur . Podle předpokladu věty je ur ∈ L(v1,...,vs), odkud podle
vztahu (5) dostáváme, že ur ∈L(u1,...,ur−1,vr,...,vs), tzn.
ur = t1 ·u1 +···+tr−1 ·ur−1 +tr ·vr +···+ts ·vs. (6)
Z (6) a z předpokladu, že u1,...,ur jsou lineárně nezávislé pak plyne, že v (4) nemůže
nastat rovnost (při r−1 = s by totiž platilo, že ur = t1·u1 +···+tr−1·ur−1 , a vektory
u1,...,ur by byly lineárně závislé). Je tedy r−1 ki pro každé
i = 1,...,n. Pak ale např. polynom f = xt se evidentně nedá napsat jako lineární
kombinace polynomů g1,...,gn a je tedy [g1,...,gn] subsetornotdbleqlR[x].
17
Poznámka.
Rozebereme-li si definici báze podrobněji, pak vidíme, že
– báze u1,...,un vektorového prostoru V je z hlediska lineární nezávislosti „nejpočet-
nějšícsquotedblright posloupností vektorů z V. Přesněji řečeno, pokud k bázi přidáme další vektor,
pak získané vektory sice nadále budou generátory prostoru V, ale nebudou již lineárně
nezávislé (plyne z věty 3.1. – rozmyslete si podrobně jak).
– báze u1,...,un vektorového prostoru V je z hlediska generátorů „nejméně početnácsquotedblright
posloupnost vektorů. Přesněji řečeno, pokud bychom některý z vektorů báze u1,...,un
vypustili, pak zbývající vektory sice budou lineárně nezávislé, ale nebudou již generovat
vektorový prostor V (plyne z věty 3.2.4. a věty 3.1. – rozmyslete si proč).
Následují dvě věty, z nichž první uvádí ekvivalentní podmínku pro to, aby vektory
tvořily bázi vektorového prostoru a druhá popisuje další důležité vlastnosti bází.
Věta 4.1.
Vektory u1,...,un jsou bází vektorového prostoru V právě když každý vektor x∈V je
možno jediným způsobem vyjádřit ve tvaru:
x = t1 ·u1 +···+tn ·un, kde t1,...,tn ∈T. (1)
Důkaz.
„⇒csquotedblright: Nechť u1,...,un je báze ve V. Pak:
– existence vyjádření (1) plyne ihned z definice báze (proč?)
– dokážeme jednoznačnost vyjádření (1). Nechť tedy:
x = t1 ·u1 +···+tn ·un = r1 ·u1 +···+rn ·un , kde ti,ri ∈T.
Pak odečtením a úpravou dostáváme:
(t1 −r1)·u1 +···+ (tn −rn)·un = o.
Vektory u1,...,un jsou však lineárně nezávislé, tzn. musí být (ti − ri) = 0, neboli
ti = ri pro každé i = 1,...,n. Vyjádření (1) je tedy jednoznačné.
„⇐csquotedblright: Nechť každý vektor x ∈V se dá jednoznačně vyjádřit ve tvaru (1). Potom:
– vektory u1,...,un generují vektorový prostor V, protože z existence vyjádření (1)
plyne, že V ⊆ L(u1,...,un) a opačná inkluze, tj. L(u1,...,un) ⊆ V je triviální.
Dostáváme tak, že V = L(u1,...,un).
– zbývá ukázat, že vektory u1,...,un jsou lineárně nezávislé. Nechť tedy:
t1 ·u1 +···+tn ·un = o.
Nulový vektor se však zřejmě dá také napsat ve tvaru
0·u1 +···+ 0·un = o.
Vidíme, že jsme nulový vektor vyjádřili dvěma způsoby ve tvaru (1). Z předpokladu
jednoznačnosti vyjádření (1) pak plyne, že t1 = ··· = tn = 0, což znamená, že vektory
u1,...,un jsou lineárně nezávislé.
Dohromady pak dostáváme, že vektory u1,...,un jsou bází prostoru V. squaresolid
18
Věta 4.2.
Nechť u1,...,un je báze vektorového prostoru V. Pak platí:
1. jestliže v1,...,vk je báze prostoru V, pak je k = n
2. jestliže vektory v1,...,vs generují prostor V, pak z nich lze vybrat bázi V
3. jestliže vektory v1,...,vr jsou lineárně nezávislé, pak je lze doplnit na bázi V.
Důkaz.
1: Aplikujeme-li dvakrát Steinitzovu větu (proveďte si podrobně sami!), dostáváme jednak
n≤k a