¿Cuál es un ejemplo de un espacio vectorial que no tiene base si no aceptamos Choice?

Question

He leído que el hecho de que todos los espacios vectoriales tengan una base depende del axioma de elección, me gustaría ver un ejemplo de un espacio vectorial que no tenga una base si no aceptamos la AC.

También me interesa saber por qué ocurre esto.

Gracias.

Answer 1

Clásicamente, pueden ser bastante simples: es decir,

Podemos tener un modelo $M$ de ZFC, con un modelo interno $N$ de ZF, tal que existe un $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ -espacio vectorial $V\in N$ tal que $(i)$ $N\models$ " $V$ no tiene fundamento" y $(ii)$ $M\models$ " $V\cong\bigoplus_{\omega}\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ ".

Por supuesto, dentro de $N$ esta caracterización de $V$ no será visible.

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Casi me olvido del clásico: $\mathbb{R}$ como un espacio vectorial sobre $\mathbb{Q}$ ¡! Yo diría que esto es "más complicado" que lo anterior en ciertos sentidos, pero en otros es más natural.

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En cuanto a por qué esto sucede: básicamente, considere un espacio vectorial "suficientemente grande" $V$ con muchos automorfismos. Entonces, comenzando en un universo $M$ de ZFC que contiene $V$ podemos construir un forzar la ampliación $M[W]$ , donde $W$ es una "copia genérica" de $V$ . Es decir, $W$ es isomorfo a $V$ pero todo retorcido de una manera extraña. Ahora, podemos tomar un submodelo simétrico $N$ de $M[W]$ - se trata de una estructura entre $M$ y $M[W]$ que consiste (a grandes rasgos) en aquellas cosas que se pueden definir a partir de $W$ mediante una definición que es invariante bajo "lotes" de automorfismos de $W$ - concretamente, invariante bajo cada automorfismo que fije algún conjunto finito de vectores. Pero mientras $W$ es suficientemente no trivial, no base (o, de hecho, conjunto infinito linealmente independiente) es tan fija.

Por supuesto, he escondido muchas cosas bajo la alfombra: ¿qué es una extensión forzada? $M[G]$ ? y ¿por qué satisface a ZF? - pero esto es un esbozo intuitivo.

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En realidad, en un sentido preciso, este es el equivocado respuesta: Acabo de argumentar que es consistente con ZF que algunos espacios vectoriales no tienen bases. Pero, de hecho, Blass demostró que "todo espacio vectorial tiene una base" es equivalente a el axioma de la elección Véase http://www.math.lsa.umich.edu/~ablass/bases-AC.pdf que es autónomo. La construcción de Blass demuestra en realidad que "todo espacio vectorial tiene una base" implica la axioma de elección múltiple - que a partir de cualquier familia de conjuntos no vacíos, podemos encontrar una familia correspondiente de finito subconjuntos (por lo tanto, no es exactamente una función de elección); sobre ZF esto es equivalente a AC (esto utiliza el axioma de la fundación, sin embargo).

Blass argumenta a grandes rasgos lo siguiente. Comienza con una familia $X_i$ de conjuntos no vacíos; wlog, disjuntos. Ahora mira el campo $k(X)$ de funciones racionales sobre un campo $k$ en las variables de $\bigcup X_i$ ; hay un subcampo particular $K$ de $k(X)$ que Blass define, y ve $k(X)$ como un espacio vectorial sobre $K$ . Blass muestra entonces que una base para $k(X)$ en $K$ produce una función de elección múltiple para la familia $\{X_i\}$ .

Así que ahora la pregunta "¿Cómo es posible que algunos espacios vectoriales no tengan bases?" se reduce ( realmente ahistórico ) a "¿Cómo puede fallar la elección?". Y para ello, utilizamos submodelos forzados y simétricos (o modelos HOD, que resultan ser equivalentes pero que parecen muy diferentes al principio) como los anteriores.

Answer 2

Si sólo asumimos $\sf\neg AC$ entonces no hay esperanza de que encontremos un ejemplo concreto, porque puede ser que tales espacios vectoriales tengan cardinalidades mucho más allá de lo que podemos describir.

Sin embargo, si asumimos alguna negación más fuerte de $\sf AC$ por ejemplo el axioma de la determinación, entonces un ejemplo sería $\Bbb R$ considerado como un espacio vectorial sobre $\Bbb Q$ .

Por supuesto, $\sf AD$ es un poco exagerado aquí. La inexistencia de la base de Hamel para $\Bbb R$ se deduce ya de "todos los conjuntos de reales son medibles", y creo que incluso "todos los conjuntos de reales tienen la propiedad de Baire", siendo esta última equiconsistente con $\sf ZF$ . Por lo tanto, es coherente con $\sf ZF$ que $\Bbb R$ como un espacio vectorial sobre $\Bbb Q$ no tiene ninguna base.

En cuanto a "por qué sucede esto", permítanme mostrar que bajo el supuesto de mensurabilidad no existe tal base. Bajo este supuesto, está claro que toda función $\Bbb R\rightarrow\Bbb R$ es medible. Ahora se puede demostrar que toda función medible $f:\Bbb R\rightarrow\Bbb R$ que satisface $f(x+y)=f(x)+f(y)$ por cada $x,y$ debe ser de hecho lineal. Este es un resultado debido a Sierpinski, creo (agradecería si alguien ha puesto una referencia en un comentario). Sin embargo, si tuviéramos una base de Hamel, podríamos construir fácilmente una función que satisfaga esta condición pero que no sea lineal: podemos asignar arbitrariamente valores de $f$ a los elementos de la base y luego extenderlo de forma única a todo $\Bbb R$ por lo que, por ejemplo, si definimos $f$ para que sea cero en todos los elementos de la base menos uno, obtenemos una función deseada, que, sin embargo, hemos demostrado que no puede existir.