Dimensión del producto infinito de espacios vectoriales

Question

Esta cuestión está motivada por la pregunta texto del enlace que compara la suma directa infinita y el producto directo infinito de un anillo.

Es bien sabido que un espacio vectorial de dimensión infinita nunca es isomorfo a su dual. Más precisamente, dejemos que $k$ sea un campo y $I$ sea un conjunto infinito. Sea $E=k^{(I)}=\oplus_{i \in I} k$ sea el $k$ -espacio vectorial con base $I$ para que $E^{*}$ puede identificarse con $k^I = \prod_{i \in I} k$ . Entonces un resultado más fuerte afirma que la dimensión de $E^{*}$ en $k$ es igual a la cardinalidad de $k^I$ . Esto se demuestra en Jacobson, Conferencias sobre álgebra abstracta vol. 2, cap. 9, $\S$ 5 (Jacobson lo deduce de un lema que atribuye a Erdös y Kaplansky). Resumiendo, tenemos

\begin{equation} \operatorname{dim}_k (k^I) = \operatorname{card} k^I. \end{equation}

Ahora, si $V$ es cualquier $k$ -espacio vectorial, podemos preguntar por la dimensión de $V^I$ . ¿Se extiende el teorema de Erdös-Kaplansky a este escenario?

¿Es cierto que para cualquier espacio vectorial $V$ y cualquier conjunto infinito $I$ tenemos $\operatorname{dim} V^I = \operatorname{card} V^I$ ? Más generalmente, dada una familia de espacios vectoriales no nulos $(V_i)$ indexado por $I$ ¿es cierto que $\operatorname{dim} \prod_{i \in I} V_i = \prod_{i \in I} \operatorname{card} V_i$ ?

Si $V$ es isomorfo a $k^J$ para algún conjunto $J$ entonces el resultado se mantiene como consecuencia de Erdös-Kaplansky. En el caso general, tenemos $V \cong k^{(J)}$ y podemos suponer que $J$ es infinito. En este caso me encuentro con dificultades para calcular la dimensión de $V^I$ . Sólo puedo demostrar que $\operatorname{dim} V^I \geq \operatorname{card} k^I \cdot \operatorname{card} J$ .

Answer 1

La respuesta a ambas preguntas es sí.

Como paso previo, demostremos que para cualquier espacio vectorial de dimensión infinita $V$ que

• Lema: $card(V) = card(k) \cdot \dim V$

Prueba: Dado que $card(k) \leq card(V)$ y $\dim V \leq card(V)$ la desigualdad

$$card(k) \cdot \dim V \leq card(V)^2 = card(V)$$

es evidente. Por otro lado, cualquier elemento de $V$ es únicamente de la forma $\sum_{j \in J} a_j e_j$ para algún subconjunto finito $J$ de (un conjunto de indexación de) una base $B$ y todos $a_j$ no es cero. Por lo tanto, un límite superior de $card(V)$ es $card(P_{fin}(B)) \sup_{j \in P_{fin}(B)} card(k)^j$ . Si $B$ es infinito, entonces $card(P_{fin}(B)) = card(B) = \dim(V)$ y para todo finito $j$ tenemos $card(k^j) \leq card(k)$ si $k$ es infinito, y $card(k^j) \leq \aleph_0$ si $k$ es finito, y en cualquier caso tenemos

$$card(V) \leq \dim V \cdot \max\{card(k), \aleph_0\} \leq \dim V \cdot card(k)$$

como se desee. $\Box$

El resto es ahora fácil. Supongamos que $I$ es un conjunto infinito, y supongamos sin pérdida de generalidad que $V_i$ es no trivial para todos los $i \in I$ . Poner $V = \prod_{i \in I} V_i$ . Tenemos

$$\dim V \geq \dim k^I = card(k)^I \geq card(k)$$

donde la igualdad se debe a Erdos y Kaplansky. Por lo tanto,

$$\dim(V) = \dim(V)^2 \geq \dim V \cdot card(k) = card(V) = \prod_i card(V_i)$$

por el lema anterior.

Answer 2

He aquí una versión autocontenida de la maravillosa respuesta de Todd Trimble.

Dejemos que $K$ sea un campo. "Espacio vectorial": " $K$ -espacio vectorial", "lineal" significará " $K$ -lineal", $\dim$ se entenderá $\dim_K$ , $\operatorname{Hom}$ se entenderá $\operatorname{Hom}_K$ y $|X|$ denotará el cardinal de $X$ para cualquier conjunto $X$ .

Dejemos que $V$ sea el producto de una familia de espacios vectoriales no nulos $(V_i)_{i\in I}$ : $$ V=\prod_{i\in I}V_i. $$

Como hemos $$ \dim V=\sum_{i\in I}\dim V_i $$ si $I$ es finito, podemos (y asumiremos) a partir de ahora que $I$ es infinito.

Teorema principal. Tenemos, en la notación anterior, $\dim V=|V|$ . En palabras: la dimensión del producto de una familia infinita de espacios vectoriales no nulos es igual a su cardinal.

Como corolario, expresemos explícitamente la dimensión del producto $V$ de la $V_i$ en términos de $d_i:=\dim V_i$ . Configurar $$ \mu:=\max(\aleph_0,|K|),\quad\alpha:=|\{i\in I\ |\ d_i < \mu\}|, $$ obtenemos $$ \dim\prod_{i\in I}V_i=|K|^\alpha\prod_{d_i\ge\mu}d_i. $$

Demostremos el Teorema Principal.

Lema. Si $V$ es un espacio vectorial que es infinito como conjunto, entonces tenemos $$ |V|=|K|\cdot\dim V. $$

Prueba. Es fácil ver que, si $S$ es un subconjunto generador infinito de un grupo $G$ entonces $S$ y $G$ son equipotentes. Poniendo $$ G:=V,\qquad S:=\{\lambda b\ |\ (\lambda,b)\in K\times B\}, $$ donde $B$ es una base de $V$ , llegamos a la conclusión. QED

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial de dimensión infinita.

Digamos que $V$ es gran si $\dim V\ge \max (|K|, \aleph_0)$ .

Por el lema, $V$ es grande si y sólo si $\dim V=|V|$ .

Teorema de Erdős-Kaplansky. El espacio vectorial $K^{\mathbb N}$ es grande.

Está claro que el Teorema de Erdős-Kaplansky implica el Teorema Principal. Así que nos queda demostrar el Teorema de Erdős-Kaplansky.

Prueba del teorema de Erdős-Kaplansky. Dejemos que $B$ ser un $K$ -base de $K^{\mathbb N}$ y suponer por contradicción $|B|<|K|$ . Sea $K_0$ sea el subcampo primo de $K$ y poner $$ K_1:=K_0(\{b_j\ |\ b\in B,\ j\in\mathbb N\}). $$ Como $|K_1|<|K|$ y $K$ es infinito, hay un $x$ en $K^{\mathbb N}$ cuyas coordenadas son $K_1$ -independiente linealmente. Hay $c_1,\dots,c_n$ en $B$ tal que $x$ es un $K$ -combinación lineal de los $c_j$ . Desde $c_{ij}$ está en $K_1$ para todos $i,j$ hay un $\lambda$ en $K_1^{n+1}$ tal que $$ \sum_{j=0}^n\lambda_j\,c_{ij}=0 $$ para $1\le i\le n$ y tenemos $$ \sum_{j=0}^n\lambda_j\,x_j=0, $$ en contradicción con la elección de $x$ . QED