Akkor lineárisan független a három vektor, ha a `lambda_1 \mathbf{v}_1+lambda_2 \mathbf{v}_2+lambda_3 \mathbf{v}_3=mathbf{0}` egyenletnek csak a triviális `lambda_1=lambda_2=lambda_3=0` megoldása van. Mátrixos formában felírva az egyenletet:

`[[\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3]][[lambda_1],[lambda_2],[lambda_3]]=\mathbf{0}`

`[[1,1,0],[-1,-3,1],[2,-2,-2],[0,1,-1]][[lambda_1],[lambda_2],[lambda_3]]=[[0],[0],[0],[0]]`

Vagy vizsgálhatjuk az egész transzponáltját is:

`[[lambda_1,lambda_2,lambda_3]][[1,-1,2,0],[1,-3,-2,1],[0,1,-2,-1]]=[[0,0,0,0]]`

Nekem most az utóbbi szimpatikusabb (Gauss-eliminálni fogunk, ilyenkor szeretek minél kevesebb sorral dolgozni). Hozzuk lépcsős alakba a mátrixot. Először vonjuk ki a második sorból az első sort:

`[[1,-1,2,0],[0,-2,-4,1],[0,1,-2,-1]]`

Adjuk hozzá a harmadik sorhoz a második sor felét:

`[[1,-1,2,0],[0,-2,-4,1],[0,0,-4,-1/2]]`

Készen vagyunk: nem tudunk több főegyütthatót kinullázni, nem fogunk csupa nulla sort kapni, a mátrix (és így a vektorrendszer) rangja 3, tehát lineárisan függetlenek a vektorok. Ha teljesen formálisan be akarjuk látni, akkor még tovább mehetünk, és előállíthatjuk a redukált sorlépcsős alakot. Normáljuk az utolsó két sort:

`[[1,-1,2,0],[0,1,2,-1/2],[0,0,1,1/8]]`

Vonjuk ki a harmadik sor kétszeresét az első és a második sorból is:

`[[1,-1,0,-1/4],[0,1,0,-3/4],[0,0,1,1/8]]`

Végül pedig adjuk hozzá a második sort az elsőhöz:

`[[1,0,0,-1],[0,1,0,-3/4],[0,0,1,1/8]]`

Előállt az elején az egységmátrix, ez a redukált sorlépcsős alak. Ha visszaírjuk a teljes egyenletet, akkor ezt azt jelenti, hogy:

`[[lambda_1,lambda_2,lambda_3]][[1,0,0,-1],[0,1,0,-3/4],[0,0,1,1/8]]=[[0],[0],[0],[0]]`

Az első három oszlop azt jelenti, hogy:

`1*lambda_1+0*lambda_2+0*lambda_3=0`
`0*lambda_1+1*lambda_2+0*lambda_3=0`
`0*lambda_1+0*lambda_2+1*lambda_3=0`

Tehát csak a triviális `lambda_1=lambda_2=lambda_3=0` megoldás van, függetlenek a vektorok.