Un espacio vectorial es de dimensión finita si todos sus subespacios propios son de dimensión finita

Question

Supongamos que todo subespacio propio $(\neq V)$ de un espacio vectorial $V$ es de dimensión finita. Demostrar que $V$ es de dimensión finita.

Esta pregunta me vino a la cabeza cuando estaba leyendo sobre el espacio del producto interior, así que no puedo garantizar la legitimidad de la pregunta.

Mi intento:

Supongamos que V es un espacio de producto interno. Tomemos cualquier subespacio propio $U$ de $V$ . Entonces $V=U\oplus U^{\bot}$ . Ambos $U$ y $U^{\bot}$ son de dimensión finita. Así que ambos tienen una base de dimensión finita y habremos terminado. Así que para el espacio del producto interior $V$ la afirmación es cierta.

¿Qué pasa con otros casos? ¿Se cumple la afirmación para todos los espacios vectoriales? ¿Existe una característica para identificar los espacios vectoriales con esta propiedad?

Answer 1

Hay que utilizar el hecho de que todo conjunto linealmente independiente puede extenderse a una base.

Entonces se puede tomar cualquier vector no nulo $v$ , ampliar $\{v\}$ a una base $B$ y considerar el lapso de $B\setminus\{v\}$ . Al ser finitamente dimensional, significa que $B\setminus\{v\}$ es finito, por lo que $B$ es finito, por lo que $V$ tiene una dimensión finita.

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Puede ser relevante señalar que el hecho de que "todo conjunto linealmente independiente puede extenderse a una base" es equivalente al axioma de elección. Por supuesto, sólo necesitamos una pequeña fracción de elección para esta prueba específica (aunque eso alteraría un poco la formulación).

Sin embargo, es consistente sin el axioma de elección que haya un espacio vectorial que no sea finitamente dimensional, pero todo subespacio propio tiene de hecho una dimensión finita. Raro.

Answer 2

Dejemos que $V$ sea un espacio vectorial de dimensión infinita, sea $v$ sea un vector de $V$ . Entonces, en particular, existe un subconjunto contable $\{v_1,\cdots, v_n,\cdots\}$ de $V$ tal que $\{v_1,\cdots, v_n,\cdots\}$ abarca un subespacio de $V$ . Podemos suponer $\{v_1,\cdots, v_n,\cdots\}$ es una base, por lo que en particular $\{v_2,\cdots, v_n,\cdots\}$ abarca un subespacio propio $U$ de $V$ que es de dimensionalidad contable. El caso de dimensión finita es automático.

Answer 3

Su prueba para los espacios del producto interior puede generalizarse (en cierto sentido) de la siguiente manera:

Dejemos que $U$ sea un subespacio (no nulo) de $V$ y que $\ \mathcal U=\{u_1,\ldots, u_n\}$ sea una base para $U$ . Utilizando el lema de Zorn podemos extender $\ \mathcal U$ a una base $\mathcal V$ de $V$ . Dejemos que $U'$ sea el subespacio abarcado por $\mathcal V \setminus \mathcal U$ . Entonces $V=U\oplus U'$ y como ambos $U$ y $U'$ son de dimensión finita se deduce que $V$ es de dimensión finita.

Answer 4

Tome un subespacio $U$ de codimensión $1$ (¿por qué se sale?), es decir $\dim V/U = 1$ . Aplicando la Primer teorema de isomorfismo a la proyección $$\pi:V\longrightarrow V/U,$$ tenemos $$\dim V = \dim(\ker\pi) + \dim (V/U).$$ Pero por hipótesis $\dim(\ker\pi)<\infty$ .