¿Por qué un espacio dimensional infinitamente contable no tiene una cadena de subespacios incontables?

Question

Esta pregunta está motivada por Jyrki Lahtonen comentario en esta pregunta. Era un intento de una breve prueba de que para el campo arbitrario $k$, $k^\mathbf N$ (como la serie completa de la teoría de producto con evidentes estructura lineal) no es de contables de la dimensión en el $k$.

No sé acerca de los chistes. También se podría argumentar que los subespacios $V_r$ definida para todos los números reales $r$ $$V_r:=\{ s:\mathbf Q \to k \lvert s(q)=0\forall q>r\}$$ forma un incontable de la cadena de subespacios (sin repeticiones): $V_{r_1}\subsetneq V_{r_2}$ siempre $r_1<r_2$.

A primera vista, parece muy bonito y elegante argumento, pero cuando se mira un poco más cerca, no hay una obvia (para mí) la razón para que no funcione en el caso de un countably infinito espacio tridimensional. Seguro, individual $V_r$ puede ser menor, pero todavía parecen formar un incontable estrictamente creciente de la cadena de subespacios, contradiciendo contables dimensión.

Obviamente, esto no puede ser correcto, así que ¿de dónde viene el problema de la mentira?

Countability es probablemente irrelevante aquí, usted puede hacer una muy similar argumento el uso de algunos lineal pedidos de más de racionales, densa en la aún más grande lineal órdenes para obtener prácticamente el mismo "resultado" para arbitrariamente grandes cardenales.

Answer 1

El subespacio $V'$ tomasz está interesado en consta de funciones $s:\mathbb{Q}\rightarrow k$ con finito de apoyo. A mí me parece que $V'$ también tiene un sinnúmero de de la cadena de subespacios. Sin embargo, esto no conduce a un innumerable conjunto de vectores linealmente independientes. Esto es debido a que, por ejemplo, $$ V'\cap V_{\sqrt2}=\bigcup_{r<\sqrt2}(V'\cap V_r). $$ Esto se deduce del hecho de que cualquier función en el l.h.s. tiene un número finito de apoyo en $\mathbb{Q}\cap (-\infty,\sqrt2]$ y, por tanto, también belongsto la r.h.s. de la unión.

El mismo no funciona en el caso de que el espacio original, donde no se requieren las funciones que tiene un número finito de apoyo. Repito el argumento de mi comentario a la liga pregunta. La función característica $\chi_r$ del conjunto de $\mathbb{Q}\cap(-\infty,r]$ es en la diferencia: $$ \chi_r\en V_r,\qquad \chi_r\noen \bigcup_{r'<r}V_{r'} $$ para todos los números reales $r$. Por lo tanto, el conjunto de $\{\chi_r\mid r\in\mathbb{R}\}$ es un innumerable conjunto linealmente independiente.

Así que la respuesta es que la existencia de un sinnúmero de de la cadena de subespacios en realidad no prueban que el espacio tiene innumerables dimensión, a menos que podamos, para cada subespacio en la cadena, dar un vector que no pertenecen a la unión de la anterior subespacios.

Answer 2

Creo que tienes razón. Pueden existir innumerables cadenas de subespacios de un espacio vectorial de contables dimensión. Por lo tanto, Jyrki estaba equivocado cuando sugirió que la existencia de una cadena constituía un argumento que todo el espacio debe ser incontables dimensiones.

Para finito de cadenas de subespacios, la longitud de la cadena se da un límite inferior en la dimensión de todo el espacio. Pero eso es porque cada finito total de la orden es un orden bien. Que no es el caso de countably infinita total de pedidos.