¿Una laguna en la definición de dimensión de Halmos? ¿Y cómo se puede reparar?

Question

En el caso de Halmos Espacios vectoriales de dimensión finita La sección I.8 tiene una prueba de la Lema de intercambio de Steinitz que dice que si $V$ es un espacio vectorial, $S$ es un subconjunto independiente finito de $V$ y $T$ es un subconjunto generador finito de $V$ entonces la cardinalidad de $T$ no es menor que la cardinalidad de $S$ .

Habiendo demostrado esto, Halmos continúa afirmando que "El número de elementos en cualquier base de un espacio vectorial de dimensión finita $V$ es la misma que en cualquier otra base". Pero esto no es del todo correcto, porque el lema sólo demuestra que dos finito bases tienen el mismo número de elementos. No veo dónde se ha descartado que todavía pueda haber bases infinitas al acecho en un espacio vectorial con una base finita.

Hay un teorema en la sección I.7 que dice que cualquier conjunto independiente puede extenderse a una base. Halmos supone que el conjunto independiente es finito, pero creo que la prueba sigue siendo válida si suponemos que es posiblemente infinito, de modo que si hay algún subconjunto independiente infinito, podemos extenderlo a una base infinita. Así que parece que tenemos que descartar la posibilidad de que un espacio vectorial con una base finita pueda tener un conjunto independiente infinito.

¿He cometido algún error en alguna parte de lo anterior? Y si no es así, ¿podemos reparar la laguna de este teorema fácilmente?

Eché un vistazo rápido a Roman Álgebra lineal avanzada y parece tener el mismo defecto de suponer que en un espacio vectorial con un conjunto de extensión finito, todas las bases deben ser finitas. No soy capaz de encontrar donde se demuestra esto. Roman tiene una prueba que funciona para espacios vectoriales arbitrarios, pero utiliza aritmética cardinal, con la que no estoy familiarizado. ¿Hay alguna manera más fácil?

Answer 1

No hay ningún hueco. Supongamos que un $V$ es un espacio vectorial con un finito (con digamos $n$ vectores) y una base infinita. Tomemos $n+1$ vectores de la base infinita y se tiene un conjunto de $n+1$ vectores linealmente independientes. Por el lema que afirma que está de acuerdo con la prueba se deduce que $n$ (el tamaño de un conjunto de vectores (es decir, la base finita)) no es menor que $n+1$ (el tamaño del conjunto linealmente independiente que extrajimos de la base infinita). Esto es imposible, por lo que ningún espacio vectorial de dimensión finita puede tener un subconjunto de infinitos vectores independientes, y mucho menos una base infinita.

Esto debería resolver tu pregunta, pero sólo hay que mencionar que se puede demostrar que dado cualquier espacio vectorial $V$ un conjunto de extensión $S$ y un conjunto linealmente independiente $I$ existe una inyección $I\to S$ (utilizando el axioma de elección (típicamente en la forma del lema de Zorn)). Esto demuestra que todas las bases de un espacio de vectores tienen la misma cardinalidad (finita o no). Otra aplicación típica del lema de Zorn demuestra que cualquier espacio vectorial tiene una base, y por tanto los dos resultados juntos muestran que la noción de dimensión tiene sentido para todos los espacios vectoriales: Todo espacio vectorial tiene una dimensión bien definida, la cardinalidad común (finita o infinita) de sus bases.

Answer 2

Tal vez esto aclare la demostración de Halmos de su Teorema 1.8.1. Halmos no parece abordar su preocupación específica directamente, sino que da un argumento que es fácilmente extensible. Nótese que Halmos nunca utiliza la finitud de $Y$ en su demostración del teorema.

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial de dimensión finita. El primero es el conjunto $X=\{x_1,x_2,...,x_n\}$ que abarca $V$ es decir, cada $v\in V$ es una combinación lineal de elementos en $X$ . El otro conjunto es $Y=\{y_1,y_2,...\}$ que es un conjunto linealmente independiente. El objetivo de Halmos es demostrar que $| Y|$ es finito. Entonces, consideremos el conjunto ordenado: $$ S=\{y_1,x_1,x_2,...,x_m\} $$ Claramente, $S$ no es linealmente independiente, ya que $X$ es un conjunto que se extiende, por lo que eliminamos el primer $x_i$ nos encontramos que forma parte de una relación lineal, para crear un nuevo conjunto: $$ S'=\{y_1,x_1,x_2,...,x_{i-1},x_{i+1},...,x_m\} $$ Tenga en cuenta que $S'$ sigue siendo un conjunto de extensión. Ahora adjuntamos $y_2$ al comienzo de $S'$ para encontrar: $$ S''=\{y_2,y_1,x_1,x_2,...,x_{i-1},x_{i+1},...,x_m\} $$ Como $S'$ abarca $V$ podemos dejar caer de forma similar otro $x_j$ de la lista. Obsérvese que repitiendo este proceso nunca se nos exigirá por Thm 1.6.1 que eliminemos un $y_j$ porque por hipótesis los elementos de $Y$ son linealmente independientes.

Como $|X|=n$ es finito, eventualmente dejaremos todos los $x$ de la lista, y se queda con una lista de los primeros $n$ entradas de $Y$ que abarca $V$ . Si intentamos añadir otro $y$ en este punto, entonces tendremos una relación lineal entre los elementos de $Y$ , lo que será una contradicción, por lo que vemos que $|Y|\le |X|$ y por lo tanto $|Y|$ es finito.

Ahora bien, nótese que si estamos considerando dos bases, entonces podemos intercambiar los papeles de $X$ y $Y$ en este argumento, y así vemos que $|X|=|Y|$ es finito.

Answer 3

La pregunta ya tiene buenas respuestas, pero quizás sea útil ofrecer otra con un argumento ligeramente diferente.

Supongamos que $V$ tiene un conjunto de extensión finito, y que $S$ es un conjunto que se extiende. Entonces afirmo que $S$ contiene un subconjunto finito que también abarca. En efecto, dejemos que $v_1,\ldots,v_n$ sea el conjunto de extensión finita dado. Cada $v_i$ es un finito combinación lineal de algunos de los vectores en $S$ (por supuesto), y sólo hay un número finito de $v_i$ , por lo que en conjunto podemos encontrar un finito subconjunto de $S$ cuyo span contiene cada $v_i$ y, por lo tanto, cuya extensión es igual a la totalidad de $V$ .

Si $S$ es infinito, entonces si $S_0$ es un subconjunto de extensión finita, cualquier $s \in S_0$ es un combinación lineal de los elementos de $S_0$ por lo que obtenemos un lineal no trivial relación de dependencia en el conjunto $\{s\} \cup S_0$ y, por tanto, en $S$ .

Así, si un espacio vectorial $V$ admite un conjunto de extensión finito, no puede admitir un conjunto infinito de vectores linealmente independientes. Este argumento no utiliza más que la definición de abarcando y muestra así que al desarrollar la teoría de los espacios vectoriales de dimensión finita, es razonable restringir la atención a conjuntos finitos de vectores que se extienden y/o son linealmente independientes.