一意的であることの証明

\(V\)に\(n\ne m\)として2つの基底\(\boldsymbol{x}_{1},\boldsymbol{x}_{2},\cdots,\boldsymbol{x}_{n}\)と\(\boldsymbol{y}_{1},\boldsymbol{y}_{2},\cdots,\boldsymbol{y}_{m}\)があるとする。
このとき\(n<m\)と仮定する。
\(\boldsymbol{x}_{1},\boldsymbol{x}_{2},\cdots,\boldsymbol{x}_{n}\)は基底なので
\[ \boldsymbol{y}_{i}=\sum_{j=1}^{n}a_{ij}\boldsymbol{x}_{j} \] とできる。
また、\(\boldsymbol{x}_{1},\boldsymbol{x}_{2},\cdots,\boldsymbol{x}_{n}\)と\(\boldsymbol{y}_{1},\boldsymbol{y}_{2},\cdots,\boldsymbol{y}_{m}\)は1次独立であるので
\begin{align*} 0 & =\sum_{k=0}^{m}c_{k}\boldsymbol{y}_{k}\\ & =\sum_{k=1}^{m}c_{k}\sum_{j=1}^{n}a_{kj}\boldsymbol{x}_{j}\\ & =\sum_{j=1}^{n}\left(\sum_{k=1}^{m}c_{k}a_{kj}\right)\boldsymbol{x}_{j} \end{align*} を満たすなら\(c_{1}=c_{2}=\cdots=c_{m}=0\)かつ\(\sum_{k=1}^{m}c_{k}a_{k1}=\sum_{k=1}^{m}c_{k}a_{k2}=\cdots=\sum_{k=1}^{m}c_{k}a_{kn}=0\)でなければいけない。
\(\sum_{k=1}^{m}c_{k}a_{k1}=\sum_{k=1}^{m}c_{k}a_{k2}=\cdots=\sum_{k=1}^{m}c_{k}a_{kn}=0\)となる\(c_{1},c_{2},\cdots,c_{m}\)を求める。
このとき、
\[ \left(c_{1},c_{2},\cdots,c_{m}\right)\left(\begin{array}{ccc} a_{1,1} & \cdots & a_{1,m}\\ \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{n,1} & \cdots & a_{n,m} \end{array}\right)=\left(0,0,\cdots,0\right) \] となり\(\rank\left(a_{k,j}\right)=\rank\left(a_{k,j},\boldsymbol{0}\right)\)なので\(c_{1},c_{2},\cdots,c_{m}\)は解を持つが、\(\rank\left(a_{k,j}\right)=\rank\left(a_{k,j},\boldsymbol{0}\right)\leq\min\left(m,n\right)=n<m\)なので解は一意的でなく\(c_{1}=c_{2}=\cdots=c_{m}=0\)以外の解ももつ。
従って、\(\boldsymbol{y}_{1},\boldsymbol{y}_{2},\cdots,\boldsymbol{y}_{m}\)は1次従属になるので矛盾。
同様に\(m<n\)と仮定すると、\(m\)個の1次独立なベクトル\(\boldsymbol{y}_{1},\boldsymbol{y}_{2},\cdots,\boldsymbol{y}_{m}\)は\(V=\left\langle \boldsymbol{y}_{1},\boldsymbol{y}_{2},\cdots,\boldsymbol{y}_{m}\right\rangle _{K}\)とでき、\(\boldsymbol{x}_{1},\boldsymbol{x}_{2},\cdots,\boldsymbol{x}_{n}\)は1次従属になるので矛盾。
これらより、\(n=m\)となるので\(\dim V\)は基底の選び方に依らず一意的に決まる。