¿Cómo utilizar la inducción/recursión transfinita para construir una Base de Hamel densa de un espacio de Banach?

Question

He aquí una excelente respuesta de David C. Ullrich a mi antigua pregunta . En su respuesta, demuestra el siguiente teorema haciendo una inducción transfinita sobre la cardinalidad de la base de la topología.

Si $X$ es un espacio de Banach separable de dimensión infinita, entonces existe una base de Hamel que es densa en $X$ .

Sin embargo, en su respuesta los pasos de la inducción transfinita no están escritos explícitamente. Como no estoy familiarizado con este tipo de pruebas, me cuesta hacerlas completas.

¿Puede alguien escribir esa inducción transfinita explícitamente ¿separando la prueba en caso cero, caso sucesor y caso límite?

He ofrecido mi propia respuesta, pero estoy muy inseguro de ella. ¿Alguien puede comprobar si es completamente exacto?

Answer 1

Editar: En la parte inferior hay un argumento que utiliza el lema de Zorn en lugar de la recursión transfinita explícita.

Aquí está lo que creo que es una prueba correcta - habría incluido los detalles en mi post anterior sobre el tema si no fuera porque algo, no recuerdo qué, me molestaba sobre la recursión transfinita.

Diga $X$ es un espacio vectorial de dimensión $\kappa$ , donde $\kappa$ es algún cardinal infinito. Nótese que estoy asumiendo cardinales estándar de Von Neumann; en particular $\kappa$ es un ordinal, y notaciones como $(x_\alpha)_{\alpha<\kappa}$ a continuación se refieren a ordinales $\alpha$ .

Diga $S$ es una base de Hamel de cardinalidad $\kappa$ . Sea $B$ sea la colección de bolas $B(x,r)$ con $x$ una combinación lineal (finita) de elementos de $S$ con coeficientes racionales y racionales $r>0$ . Entonces $B$ tiene cardinalidad $\kappa$ , por lo que podemos "enumerar" $B$ : $B=(B_\alpha)_{\alpha<\kappa}$ .

Basta con demostrar que existe un conjunto independiente $(x_\alpha)_{\alpha<\kappa}$ con $x_\alpha\in B_\alpha$ . (Es suficiente porque Zorn demuestra que cualquier conjunto independiente está contenido en un conjunto independiente máximo, es decir, en una base). La recursión transfinita no requiere en realidad que manejemos el "caso base" por separado (ver más abajo), pero si te hace feliz podemos empezar eligiendo $x_0\in B_0$ < $x_0\ne0$ .

La recursión transfinita tampoco requiere que manejemos por separado los ordinales del límite y los ordinales del sucesor, sólo tenemos que lidiar con $\alpha$ , suponiendo que hemos manejado $\beta$ para todos $\beta<\alpha$ . En particular, al menos asumiendo el axioma de elección, basta con demostrar esto:

Esto: Si $\alpha<\kappa$ y $(x_\beta)_{\beta<\alpha}$ es un conjunto independiente con $x_\beta\in B_\beta$ para todos $\beta<\alpha$ entonces existe $x_\alpha\in B_\alpha$ tal que $(x_\beta)_{\beta\le\alpha}$ es independiente.

Y esto es lo mismo que antes: Dejemos que $X_\alpha$ sea el tramo de $(x_\beta)_{\beta<\alpha}$ . Desde $\kappa$ es un cardenal la cardinalidad de $\alpha$ es menor que $\kappa$ Ahora bien, desde que $\kappa$ es el dimensión de $X$ tenemos $X_\alpha\ne X$ . Por lo tanto (ejercicio fácil) $X_\alpha$ tiene el interior vacío, por lo que existe $x_\alpha\in B_\alpha\setminus X_\alpha$ .

O míralo de esta manera: Supongamos que $(B_\alpha)$ es como la anterior y queremos demostrar que existe $(x_\alpha)$ como en el caso anterior.

Dejemos que $O$ sea el conjunto de "secuencias" linealmente independientes $(x_\beta)_{\beta<\alpha}$ para $\alpha\le\kappa$ , donde $x_\beta\in B_\beta$ para todos $\beta<\alpha$ . Pida $O$ diciendo $(x_\beta)_{\beta<\alpha}\le(y_\beta)_{\beta<\gamma}$ si $\alpha\le\gamma$ y $x_\beta=y_\beta$ para todos $\beta<\alpha$ . Es fácil ver a partir del lema de Zorn que $O$ tiene un elemento máximo $(x_\beta)_{\beta<\alpha}$ y, a continuación, argumentando como se ha dicho, se demuestra que $\alpha=\kappa$ .

Nota Parece que he insertado una prueba del Teorema de Recursión usando el Lemma de Zorn. Eso parece moralmente incorrecto, ya que el Teorema de Recursión, si no me equivoco, no depende del Axioma de Elección.

Pero AC es requerida para el "Basta con demostrar esto:" de arriba. La cuestión es que una vez que hemos demostrado Este se deduce de AC que existe una función $F$ con un dominio cualquiera tal que si $(x_\beta)_{\beta<\alpha}$ es como en Este entonces $x_\alpha=F((x_\beta)_{\beta<\alpha})$ obras. Necesitamos que función para poder aplicar el Teorema de Recurrencia no requerido por AC.

Comentario: Alguien dijo que le parecía mucho más clara la versión del lema de Zorn. Eso es estupendo; por supuesto, la razón por la que lo añadí fue que pensé que algunas personas se sentirían así. Pero si eso se aplica a ti, deberías considerar esto: ¡Vale la pena sentirse más cómodo con la recursión/inducción transfinita! Porque una vez que te familiarizas con ella puede parecerte mucho más natural y sencilla:

A grandes rasgos, en un argumento "transfinito" se nos da $x_\beta$ para $ beta<\alpha$ y tenemos que demostrar que existe un $x_\alpha$ que funciona (donde la definición de " $x_\alpha$ funciona" depende de lo que se haga). El trabajo que supone hacer eso será más o menos el mismo que demostrar que cada cadena tiene un límite superior en una prueba ZL. Pero una vez hecho esto, todo es más simple conceptualmente; sólo tienes que seguir hasta que no puedas ir más lejos, en lugar de invocar a los dioses para que te den ese elemento máximo.

De hecho Habiendo hecho el caso separable (en otra parte de MSE) me quedó inmediatamente claro cómo extenderlo al caso no separable por inducción transfinita, mientras que hice no ver cómo hacerlo por Zorn las primeras veces que lo intenté (ver la pregunta de abajo, que se añadirá pronto, para saber por qué no). Así que al menos para uno con mis limitados poderes, la inducción transfinita era definitivamente más simple, qed.

Pregunta: El argumento de Zorn es curioso. Es un despilfarro, en el sentido de que aplicamos AC dos veces, primero en la ordenación de $B$ al principio. O bien: sigue siendo "realmente" una prueba por recursión transfinita, sólo que usando Zorn para mostrar que la recursión funciona.

Nunca vi cómo hacer que un argumento de "Zorn puro" funcione aquí. Sería un argumento como este: Dejemos que $O$ sea el conjunto de conjuntos independientes $(x_i)_{i\in I}$ donde $I\subset B$ y $x_i\in i$ . Obtenemos un elemento máximo en el orden obvio, pero no veo por qué $(x_i)_{i\in I}$ que es máxima debería implicar $I=B$ según sea necesario. (En ambas versiones del argumento correcto anterior es crucial que si $\alpha<\kappa$ entonces $card(\alpha)<dim(X)$ lo que nos permite demostrar que $(x_\beta)_{\beta<\alpha}$ no puede ser maximalista. El problema aquí es que $I$ podría ser un subconjunto propio de $B$ con la misma cardinalidad).

Si no está claro por qué he llamado a esto "pregunta": La pregunta es si alguien ve un simple retoque para que funcione un argumento "Zorn puro" como el anterior. Es decir, sin ordenamiento preliminar de pozos...

Answer 2

Algunos hechos atenuantes:

1. Si $X$ es un espacio de Banach de dimensión infinita, entonces $|X|=\dim X$ Esto se debe a que la dimensión de un espacio de Banach de dimensión infinita es al menos $2^{\aleph_0}$ y, por tanto, la igualdad se cumple.

2. Si $B$ es un conjunto abierto en un espacio de Banach, entonces $B$ está vacío, o el tramo de $B$ es todo el espacio. Esto es fácil de ver cuando se observa que cada bola abierta es un desplazamiento y un escalamiento que se aleja de la bola unidad, que por supuesto abarca todo el espacio.

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El esquema tal y como lo habría escrito en un documento, o en un correo electrónico a un colega.

Enumerar $B(x,q)$ donde $x\in V$ y $q\in\Bbb Q$ en el tipo de orden $\kappa=|X|$ con $B_\alpha$ el $\alpha$ de la enumeración. Ahora elegimos recursivamente vectores linealmente independientes $x_\alpha$ tal que $x_\alpha\in B_\alpha$ . Si es necesario, amplíe a una base al final.

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Más formalmente, definimos $E_\beta$ por recursión como una secuencia de conjuntos linealmente independientes crecientes. Supongamos que $E_\alpha$ se definieron para todos los $\alpha<\beta$ entonces $E_\beta=\bigcup_{\alpha<\beta} E_\alpha\cup\{x_\beta\}$ tal que $x_\beta\in B_\beta$ y $x_\beta$ no está en $\operatorname{span}(\bigcup_{\alpha<\beta}E_\alpha)$ .

Si $\beta<\kappa$ , como por ejemplo $x_\beta$ existe, ya que $\bigcup_{\alpha<\beta} E_\alpha$ tiene cardinalidad $<\kappa$ por lo que su extensión no contiene $B_\beta$ .

Dejemos que $E=\bigcup_{\alpha<\kappa}E_\alpha$ . Entonces $E$ es un conjunto linealmente independiente, que ahora puede extenderse a una base de $X$ si es necesario, por lo que se supone que $E$ ya es una base. Ya que para todos los $B_\alpha$ , $E\cap B_\alpha\neq\varnothing$ se deduce que $E$ también es denso.

Answer 3

Que una base $B$ de la topología sea indexada por un cardinal $\beta$ , $B=\{O_\alpha:\alpha<\beta\}$ . Sea $\beta$ tienen la misma cardinalidad que $\dim{X}$ .

Caso cero: Elija $e_1\neq 0$ para estar en $O_1$ . Sea $E_1=\{e_1\}$ .

Caso sucesivo: Supongamos que $E_\gamma=\{e_\alpha:\alpha<\gamma\}$ han sido definidos, entonces $E_{\gamma+1}=E_{\gamma}\cup\{e_\gamma\}$ , donde $e_\gamma \in {O_\gamma}$ se elige para que sea un vector independiente de $E_\gamma$ . Desde $\gamma+1<\dim{X}$ , $E_\gamma$ no abarca $X$ y dicho vector independiente existe.

Caso límite: Sea $B_\gamma=\{O_\alpha:\alpha<\gamma\}$ . Supongamos que $E_\gamma$ se han definido para todos los $\gamma<\phi$ , donde $\phi$ es un ordinal limitativo. Dado que $B_\phi=\bigcup_{\gamma<\phi}B_\phi$ definimos que $E_\phi=\bigcup_{\gamma<\phi}E_\gamma$ .

$E_\phi$ es, por tanto, un conjunto independiente. De hecho, si el conjunto $E_\phi$ NO es independiente, existen vectores linealmente dependientes ${e_{\delta_1},...,e_{\delta_n}}$ . Sean los ordinales máximos en $\delta_1,...,\delta_n$ sea $\delta$ entonces ${e_{\delta_1},...,e_{\delta_n}}\in E_{\delta+1}$ . Esto significa que $E_{\delta+1}$ es linealmente dependiente (Nótese que $\delta+1<\phi$ ) una contradicción.

Por la misma razón, $E_\beta$ es independiente. También es denso. Por lo tanto, el teorema queda demostrado.

Así que, por favor, díganme si he entendido algo mal, o demasiado complicado.

Gracias.