Teorema base incompleta

PROP :
Sia V un K-spazio vettoriale tale che la dim(su K)(V)=n 1) v1…vn € V linearmente indipendenti. Allora v1…vn sono una base di V.
2) v1…vk con k≤n vettori linearmente indipendenti di V, allora esisteranno in V n-k vettori linearmente indipendenti tali che v1…vk,vk+1,…vn costituiscono una base di V.

DIMOSTRAZIONE PUNTO 1
Per ipotesi sappiamo che v1…vn sono linearmente indipendenti in V. Consideriamo un vettore v € V allora i vettori v,v1…vn sono linearmente dipendenti,quindi esiste una combinazione lineare dei vettori non banale
av+a1v1+…+anvn=0
Se a≠0, quindi v = -(a1\a)v1-…-(an\a)vn
v è un vettore arbitrario di V,proprio perché si esprime come combinazione lineare dei vettori v1…vn, implica che tali vettori generano lo spazio vettoriale. Siccome sappiamo anche che tali vettori sono linearmente indipendenti allora questi costituiscono una base di V.

DIMOSTRAZIONE PUNTO 2
Per ipotesi sappiamo che v1…vk sono linearmente indipendenti ,k ≤ n.
Se k = n si torna al punto 1 quindi abbiamo dimostrato la tesi,cioè che i vettori sono una base per lo spazio vettoriale.
Se k e vogliamo dimostrare che tale sottospazio genera lo spazio vettoriale V. Sappiamo già che tale sottospazio non può essere una base perché la base deve avere cardinalità n, quindi esiste un vettore vk+1 € V \ (infatti tale sottospazio non inavde tutto V). Consideriamo i vettori v1…vk,vk+1 e vogliamo sapere se sono linearmente indipendenti, quindi consideriamo la generica combinazione:
a1v1+…akvk+ak+1vk+1=0
se ak+1≠0 allora vk+1 si potrebbe esprimere come combinazione lineare dei vettori v1…vk ,quindi vk+1 dovrebbe appartenere al sottospazio generato da v1…vk, ma per ipotesi avevamo escluso che vk+1 appartenesse a tale sottospazio, quindi i vettori v1…vk,vk+1 sono linearmente indipendenti.
Se k+1 =n allora i vettori v1…vk,vk+1 costituiscono una base per V. Se k+1 aragrafo