No, los espacios de Hilbert de diferentes dimensiones de Hilbert pueden tener la misma dimensión algebraica que los espacios vectoriales sobre $\mathbb R$ (o $\mathbb C$ (elija la que más le guste).
Para un cardenal $\kappa$ , dejemos que $H_{\kappa}$ sea el $\kappa$ -real (o complejo, lo que sea) de Hilbert, es decir, tiene una base ortonormal de cardinalidad $\kappa$ . Sea $\mathcal H=\{H_{\kappa}:\aleph_0\le\kappa\le2^{\aleph_0}\}$ . El conjunto $\mathcal H$ contiene al menos dos espacios de Hilbert no isomórficos ( $H_{\aleph_0}$ y $H_{2^{\aleph_0}}$ ) y tal vez hasta $2^{\aleph_0}$ de ellos dependiendo de su teoría de conjuntos. Afirmo que todos son algebraicamente isomorfos porque todos tienen dimensión algebraica $2^{\aleph_0}$ como espacios vectoriales sobre $\mathbb R$ .
En primer lugar, dado que el número de puntos en el espacio $H_{\kappa}\in\mathcal H$ con base ortonormal $\mathcal B$ es $|H_{\kappa}|\le|\mathcal B|^{\aleph_0}2^{\aleph_0}\le(2^{\aleph_0})^{\aleph_0}2^{\aleph_0}=2^{\aleph_0}$ la dimensión algebraica de cada $H\in\mathcal H$ es como máximo $2^{\aleph_0}$ .
A continuación, mostramos que el espacio de Hilbert separable de dimensión infinita $H_{\aleph_0}$ tiene dimensión algebraica al menos $2^{\aleph_0}$ exhibiendo un continuo de elementos (algebraicamente) linealmente independientes en el espacio $\ell^2$ de secuencias sumables al cuadrado.
Dejemos que $(r_n:n\in\mathbb N)$ sea una enumeración de los números racionales. Para $t\in\mathbb R$ y $n\in\mathbb N$ definir $\varepsilon(t,n)$ para ser $1$ si $r_n\lt t$ y $0$ de lo contrario. Por último, dejemos que $x_t=\langle\dfrac{\varepsilon(t,n)}n:n\in\mathbb N\rangle\in\ell^2$ . Es fácil ver que todo subconjunto finito de $\{x_t:t\in\mathbb R\}$ es linealmente independiente.
