Linear Combination and Span

Linear combination

Definition 1. Let $\emptyset \neq S \subseteq V$. A vector $v \in V$ is called a linear combination of vectors of $S$ if $\exists$ $u_1, u_2, ..., u_n \in S$ and $a_1, a_2, ..., a_n \in F$ such that $$v = \sum_{i=1}^{n} a_iu_i.$$

    쉽게 말해 벡터 $v$를 적당히 다른 벡터들의 합으로 표현할 수 있다면, 이때 $v$를 linear combination이라고 한다.

Note. Since $0v = \mathbf{0}, \forall v \in S$, $\mathbf{0}$ is a linear combination of $S \subseteq V$.

Span

Definition 2. Let $\emptyset \neq S \subseteq V$. The span of $S$, denoted $\langle S \rangle$ (or span($S$)), is the set consisting of all linear combinations of the vectors in $S$.
For convenience, we define $\langle \emptyset \rangle $ := $\{ \mathbf{0} \}$.

    즉 $S$의 벡터들로 만들 수 있는 모든 linear combination의 집합을 $S$의 span이라고 부른다. 이때 어떤 집합의 span은 항상 그 집합을 포함한다. (($\because) v = 1 \cdot v, \forall v \in S$)

Note. $\forall S \subseteq V, S \subseteq \langle S \rangle.$

Generate

Definitions 3. We say that $S \subseteq V$ generates (or spans) $V$ if $\langle S \rangle$ = $V$. In this case, we also say that the vectors of $S$ generate (or span) $V$.

    $S$의 span이 전체 벡터 공간 $V$와 같은 경우, $S$는 $V$를 생성한다고 말한다.

Theorem 1

Theorem 1. Let $S \subseteq V$. Then
(1) $\langle S \rangle$ $\leq V$,
(2) If $S \subseteq W \leq V$, then $\langle S \rangle$ $\subseteq W$.

    즉 $\langle S \rangle$ 는 그 자체로 $V$의 subspace이며, 동시에 $S$를 포함하는 "가장 작은" subspace임을 알 수 있다. 따라서 임의의 subspace of $V$가 $S$를 포함한다면, $\langle S \rangle$ 또한 반드시 포함하게 된다. 증명은 다음과 같다.

Proof. 
(1) Let $x, y \in $ $\langle S \rangle$ . Then $\exists a_i \in F, v_i \in S (i = 1, ..., n)$ and $b_j \in F, u_j \in S(j = 1, ..., m)$ such that $x = \sum a_iv_i$ and $y = \sum b_jv_j$.
$\Longrightarrow$ $cx + y \in$ $\langle S \rangle$. Thus $\langle S \rangle$ $\leq V$.
(2) $\forall x \in $ $\langle S \rangle$ , $x = \sum a_iv_i$ for some $a_i \in F, v_i \in S (i = 1, ..., n)$. Since each $v_i \in W$, $x \in W$. Thus $\langle S \rangle$ $\subseteq W$. $\blacksquare$

Theorem 2

    임의의 집합 $S \subseteq V$에 대해서 $S \subseteq$ $\langle S \rangle$ 임을 살펴보았다. 이때 포함관계가 반대로 성립할 조건, 즉 $S = $ $\langle S \rangle$ 일 조건을 다음의 정리가 제시해 준다.

Theorem 2. Let $S \neq \emptyset$. Then $S \leq V$ $\Longleftrightarrow$ $S =$ $\langle S \rangle$ . 

    $S$가 $V$의 subspace일 조건은 $S$가 덧셈에 대해 닫혀있음을 보장해준다. 증명은 다음과 같다.

Proof.
($\Longrightarrow$) Let $v \in$ $\langle S \rangle$ . Then $v = \sum a_iv_i$ where $a_i \in F, w_i \in S$. Since $S$ is a vector space, $v \in S$. Hence $\langle S \rangle$ $\subseteq S$. Clearly, $S \subseteq$ $\langle S \rangle$ . Thus $S$ = $\langle S \rangle$ .

($\Longleftarrow$) Let $u, v \in S$ and $c \in F$. Since $S = $ $\langle S \rangle$ , we can write $u, v$ as $u = \sum a_iu_i$ and $v = \sum b_jv_j$, where $a_i, b_j \in F$ and $u_i, v_j \in S$. Then $$\begin{align*} cu + v = c \sum a_iu_i + \sum b_jv_j \in \langle S \rangle = S \end{align*}$$
Hence $S \leq V$. $\blacksquare$

Theorem 3

Theorem 3. Let $S_1, S_2 \subseteq V$. Then the following statements hold: 
(a) If $S_1 \subseteq S_2$, then $\langle S_1 \rangle$ $\subseteq$ $\langle S_2 \rangle$ . 
(b) $\langle S_1 \cup S_2 \rangle$ = $\langle S_1 \rangle$ + $ \langle S_2 \rangle$.
(c) $ \langle S_1 \cap S_2 \rangle \subseteq \langle S_1 \rangle \cap \langle S_2 \rangle $.

Proof. 
(a) Let $x \in$ $ \langle  S_1 \rangle $. Then $x = \sum a_iv_i$ for $a_i \in F, v_i \in S_1$. Since $S_1 \subseteq S_2$, $x \in $ $ \langle S_2 \rangle $. Hence $ \langle S_1 \rangle $ $\subseteq$ $ \langle S_2 \rangle $.

(b) Let $u \in$ $ \langle S_1 \cup S_2 \rangle $. Then $u = \sum a_iu_i$ for $a_i \in F, u_i \in S_1 \cup S_2$. Since each $u_i \in S_1 \cup S_2$, we can rewrite $u$ as $u = a_iu_i = a_jx_j + a_ky_k$ where $x_j \in S_1, y_k \in S_2$. Then $v \in$ $ \langle S_1 \rangle $ + $ \langle S_2 \rangle $, i.e., $ \langle S_1 \cup S_2 \rangle $ $\subseteq$ $ \langle S_1 \rangle $ + $ \langle S_2 \rangle $. The converse can be shown in similar manner.

(c) Let $u \in$ $ \langle S_1 \cap S_2 \rangle $. Then $u = \sum a_iu_i$ for $a_i \in F, u_i \in S_1 \cap S_2$. Since $u_i \in S_1 \wedge u_i \in S_2$, $u \in$ $ \langle S_1 \rangle $ $\wedge$ $u \in$ $ \langle S_2 \rangle $. Thus $u \in$ $ \langle S_1 \rangle $ $\cap$ $ \langle S_2 \rangle $. $\blacksquare$

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Linear Algebra | Stephen Friedberg - 교보문고