Teorema. Dejemos que $X$ sea un espacio de Banach de dimensión infinita. Entonces $\,\mathrm{dim}\,X\ge 2^{\aleph_0}$ .
Esbozo de prueba. Basado en la obra de M.G. McKay prueba. Dejemos que $\{w_n : n\in\mathbb N\}\subset X$ sea un conjunto linealmente independiente.
Paso A. Utilizando Hahn-Banach, construiremos otro conjunto linealmente independiente $\{v_n : n\in\mathbb N\}\subset X$ y un conjunto de funcionales lineales $\{v^*_n:n\in\mathbb N\}\subset X^*$ , de tal manera que $$ \mathrm{span}\{v_1,\ldots,v_n\}=\mathrm{span}\{w_1,\ldots,w_n\}, \quad \text{for all $ n\n\nmathbb N $,} $$ $\|v_i^*\|=1$ para todos $i\in\mathbb N$ y $$ v_i^*(v_j)=\delta_{ij}, \quad \text{for all $ i,jen \mathbb N $.} $$ Esto se hace de forma inductiva. Definir $v_1=w_1/\|w_1\|$ y $v_1^*(v_1)=1$ , y extender, usando Hahn-Banach a $X$ para que $\|v_1^*\|=1$ . Supongamos que $v_1,\ldots,v_k$ y $v_1^*,\ldots,v_1^*$ se han definido de manera que $$ \mathrm{span}\{v_1,\ldots,v_k\}=\mathrm{span}\{w_1,\ldots,w_k\},\quad \|v_i^*\|=1\,\,\text{and}\,\,\,v_i^*(v_j)=\delta_{ij}, \quad \text{for all $ \N - i,j=1,\ldots,k. $} $$ Entonces dejemos que $$ v_{k+1}=w_{k+1}-\sum_{j=1}^k v_j^*(w_{k+1})v_j. $$ Claramente, $\,v_{k+1}\in \bigcap_{j=1}^k\mathrm{ker}\,v_j^*$ . A continuación, definimos definimos la función $v_{k+1}^*$ , por lo que $v_{k+1}^*(v_j)=\delta_{k+1,j}$ , para $j=1,\ldots,k+1$ y extenderlo vía Hahn-Banach a $X$ y para mantener su unidad normativa reescalamos convenientemente $v_{k+1}$ .
Paso B. Es posible definir un subconjunto $\mathcal S$ de $\mathcal P(\mathbb Q)$ , de tal manera que
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$|\mathcal S|=|\mathcal P(\mathbb Q)|=2^{\aleph_0}$ y
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Si $A,B\in\mathcal S$ y $A\ne B$ entonces $\,\rvert A\cap B\rvert<\aleph_0$ .
Por ejemplo, si para cada $r\in\mathbb R\setminus\mathbb Q$ , establecemos $A_r\in\mathcal P(\mathbb Q)$ el conjunto de los elementos de una secuencia de racionales que convergen a $r$ entonces $A_r\cap A_{r'}$ es un conjunto finito, siempre que $r\ne r'$ .
A continuación, dejemos que $\mathbb Q=\{q_n\}_{n\in\mathbb N}$ , y establecer $$ u_r=\sum_{q_n\in A_r}2^{-n}v_n, \quad r\in\mathbb R\setminus\mathbb Q. $$ Se demuestra fácilmente que el conjunto $U=\{u_r:r\in\mathbb R\setminus\mathbb Q\}\subset X$ es igual a $\mathbb R$ . Queda por demostrar que $U$ linealmente independientes. Sea $u_{r_1},\ldots, u_{r_k}\in U$ y suponer que $$ c_1u_{u_{r_1}}+\cdots+c_ku_{u_{r_k}}=0, \quad\text{for some $ c_1,\ldots,c_kin\mathbb R $.} $$ Para un $j=1,\ldots,k$ ya que $A_{r_j}\cap A_{r_i}$ es finito siempre que $i\ne j$ entonces $A_{r_j}\setminus\bigcup_{i\ne j}A_{r_i}\ne\varnothing$ . Dejemos que $q_\ell\in A_{r_j}\setminus\bigcup_{i\ne j}A_{r_i}$ . Entonces $v^*_\ell(u_{r_i})=0$ para todos $i\ne j$ , mientras que $v_\ell^*(v_j)=2^{-\ell}$ y por lo tanto $$ 0=v^*_\ell\big(c_1u_{u_{r_1}}+\cdots+c_ku_{u_{r_k}}\big)=c_jv^*_\ell(u_{r_j}) =2^{-\ell}c_j, $$ y por lo tanto $c_j=0$ .
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