Deje $V$ ser cualquier espacio vectorial sobre un campo $k$. Deje $\{e_i\}_{i \in I}$ ser una base para $V$. Para cada una de las $i \in I$, no hay una única lineal funcional $f_i: V \rightarrow k$
tal que $f_i(e_j) = \delta_{ij}$: $f_i(e_i) = 1$ y para cada elemento base $e_j$, $f_i(e_j) = 0$.
RECLAMO: El conjunto de $\{f_i\}_{i \in I}$ es linealmente independiente en $V^{\vee}$, y por lo tanto $\dim V \leq \dim V^{\vee}$. Es una base si y sólo si $V$ es finito-dimensional (si y sólo si $V^{\vee}$ es finito-dimensional).
La independencia lineal es fácil: si $a_1 f_{i_1} + \ldots + a_n f_{i_n} = 0$, a continuación, sólo mediante la evaluación de a $e_{i_1},\ldots,e_{i_n}$ nos encontramos con $a_1 = \ldots = a_n = 0$.
En el finito-dimensional caso -- decir $I = \{1,\ldots,n\}$ -- podemos escribir cualquier lineal $g: V \rightarrow k$
$g = g(e_1) f_1 + \ldots + g(e_n) f_n$,
lo que muestra que $f_1,\ldots, f_n$ es una base para $V^{\vee}$ (e implica la $\dim V = \dim V^{\vee}$).
Sin embargo, en el infinito-dimensional caso de que el $\{f_i\}_{i \in I}$ no forman una base..esencialmente debido a que en un espacio vectorial abstracto a todos nuestros sumas debe ser finito sumas de dinero en lugar de sumas infinitas! De hecho, el subespacio generado por la $f_i$s'es precisamente el conjunto de funcionales lineales que son cero en todo, pero un número finito de base de los elementos de $e_i$, mientras que para dar un funcional lineal $f$ $V$ los valores de $f(e_i)$ puede ser absolutamente arbitraria. Concretamente, el funcional $f$ $f(e_i) = 1$ todos los $i \in I$ no radica en el lapso de la $f_i$'s.
(Nota: En realidad siempre $\dim V$ es infinita, tenemos $\dim V^{\vee} > \dim V$. Es decir, no sólo es $\{f_i\}_{i \in I}$ no es un base, no hay ninguna base para el espacio dual de cardinalidad igual a la de $I$. Esto en realidad no es tan fácil de demostrar, y no es necesario responder a la pregunta.)
Ahora volvemos a la canónica mapa de $I: V \rightarrow V^{\vee \vee}$ dada por
$I(x): f \mapsto f(x)$.
RECLAMO: a) $I$ siempre es inyectiva.
b) $I$ es surjective si y sólo si $V$ es finito-dimensional.
Para probar (a), vamos a $x$ ser un elemento distinto de cero de a $V$ y elegir una base $\{e_i\}_{i \in I}$ $V$ que $x$ es una de las bases de los elementos, decir $x = e_1$. A continuación, $f_1$ es lineal y funcional, que no se desvanecen en $x$, lo $I(x)$ es un elemento distinto de cero de a $V^{\vee \vee}$.
Para probar b) se utiliza por primera vez el hecho de que si $V$ es finito-dimensional, $\dim V = \dim V^{\vee} = \dim V^{\vee \vee}$. Por lo tanto $I: V \rightarrow V^{\vee \vee}$ es una inyección de entre dos espacios vectoriales de la misma dimensión finita, por lo que debe ser un isomorfismo.
Por último, si $I$ es infinito-dimensional, entonces uno puede ver por la elección de bases, conjuntos dobles y doble doble conjuntos como por encima de ese $I$ no es surjective. (Un buen primer paso es confirmar que en lo finito-dimensional caso, si elegimos una base $e_1,\ldots,e_n$$V$, base doble $f_1,\ldots,f_n$ $V^{\vee}$ y, a continuación, un doble doble de la base de $g_1,\ldots,g_n$$V^{\vee \vee}$, entonces el mapa de $I$ es precisamente la que los mapas de $e_i$ $g_i$todos los $i$.) Puedo suministrar más detalles a petición. Tenga en cuenta también que si estamos dispuestos a hacer uso de los de arriba entre paréntesis hecho de que $\dim V^{\vee} > \dim V$ al $\dim V$ es infinito, entonces podemos ver que $\dim V^{\vee \vee} > \dim V^{\vee} > \dim V$, y por lo tanto no sólo es $I: V \rightarrow V^{\vee \vee}$ no es un isomorfismo, pero por otra parte no hay isomorfismo de espacios vectoriales de$V$$V^{\vee \vee}$. Sin embargo, este se encuentra mucho más profundo.
Añadido: permítanme decir algo sobre el enfoque más ambicioso de la muestra $\operatorname{dim}_k V^{\vee} > \operatorname{dim}_k V$ para cualquier infinito-dimensional espacio vectorial $V$. Deje $I$ ser una base para $V$, lo $V \cong \bigoplus_{I} k$. Como se mencionó anteriormente, para dar un funcional lineal en $V$ es necesario y suficiente para asignar a cada elemento base de un valor arbitrario en $k$, donde un isomorfismo $V^{\vee} \cong k^I = \prod_{I} k$. Por lo tanto dualization sustituye a una suma directa de más de $I$ con un producto directo de más de $I$. Al $I$ es finito, no hay ninguna diferencia, así que a recuperarse $V \cong V^{\vee}$. Sin embargo, cuando se $I$ es infinito yo reclamo que
$$ \operatorname{dim}_k V^{\vee} = \operatorname{dim}_k k^I = \# k^{\# I} \geq 2^{\# I} > \# I = \operatorname{dim}_k V.$$
Conozco casi ningún estándar de textos que incluyen una prueba de este resultado, y, de hecho, algo de inteligencia / ideas reales parecen ser necesarios (a diferencia de la anterior discusión de la no-surjectivity de $I$ en el infinito-dimensional caso que es, aunque un poco larga para escribir en detalle, realmente muy sencilla). Sin embargo, por casualidad acabo de encontrar en la web una muy buena prueba de este resultado que se deduce de Dedekind la Independencia Lineal de los Personajes. Por favor vea esta nota de Francia Dacar.
