¿Por qué no existe una generalización del determinante a espacios vectoriales de dimensión infinita?

Question

Esta pregunta es para añadir a mi comprensión de por qué el concepto de un determinante no se extiende a un espacio vectorial de dimensión infinita. Ya estoy al tanto de un par de hechos que insinúan por qué esto es así:

• El determinante de un endomorfismo de un espacio vectorial de dimensión finita con dimensión $n$ puede definirse sin bases como la composición de estos mapas canónicos: $$\mathrm{End}(V)\xrightarrow{\phi} \mathrm{End}(\Lambda^n V)\xrightarrow{\psi} K$$ definido por $\phi(A)=((x_1\wedge\cdots\wedge x_n)\mapsto(Ax_1\wedge\cdots\wedge Ax_n))$ et $\psi$ definida como la inversa del mapa $\psi^{-1}:K\rightarrow \mathrm{End}(\Lambda^n V)$ definido por $\psi^{-1}(\lambda)=(x\mapsto \lambda x)$ . Esta construcción revela por qué los finita es importante: $\mathrm{End}(\Lambda^n V)$ no necesita ser unidimensional, de lo contrario para cualquier $n$ si $V$ no es de dimensión finita. Y por lo tanto nuestro último mapa no existe.
• Otra razón por la que el determinante no se extiende a espacios de dimensión infinita es que existen endomorfismos lineales inyectivos que no tienen inverso. Estos mapas pueden tener inversos izquierdos, pero no inversos derechos. Tal par son los mapas de desplazamiento a la derecha y desplazamiento a la izquierda $$(x_1,x_2,\ldots)\mapsto(0,x_1,x_2,\ldots)\qquad (x_1,x_2,\ldots)\mapsto(x_2,x_3,\ldots)$$ donde el desplazamiento a la izquierda es el inverso a la izquierda del desplazamiento a la derecha; sin embargo, el desplazamiento a la izquierda sigue siendo no invertible. Una "buena" generalización del determinante asignaría un determinante distinto de cero al primero y cero al último. Esto hace que el determinante del inverso no sea el inverso del determinante.
• Otra forma de ver que el concepto no se generaliza es que si existe un determinante para un operador, cabría esperar que fuera el producto de los valores propios. En general, un endomorfismo lineal de un espacio de dimensión infinita puede tener infinitos valores propios.

El hecho anterior sugiere que podríamos definir el determinante para un subconjunto específico de $\mathrm{Aut}(V)$ es decir, los automorfismos que fijan todos los subespacios unidimensionales de $V$ . Pero, ¿hasta dónde podemos llegar con esta generalización? Una vez que se demuestra que el determinante existe para un espacio vectorial de dimensión finita, se puede interpretar el determinante como un mapa no trivial que restringe a un homomorfismo de grupo de $\mathrm{Aut}(V)$ a $K^\times$ y asigna $0$ al resto de endomorfismos. Podemos demostrar que no existe ningún homomorfismo no trivial de $\mathrm{Aut}(V)$ a $K^\times$ para un espacio vectorial de dimensión infinita? Del mismo modo que podemos demostrar que el homomorfismo de signo no se extiende a $S_{\Bbb N}$ ?

Answer 1

Mi sospecha es que hay problemas si sólo se tienen en cuenta los aspectos puramente algebraico espacios vectoriales de dimensión infinita y tratando de generalizar el determinante a partir de su construcción algebraica.

Sin embargo, existen generalizaciones analíticas de los determinantes. Algunas de ellas son muy profundas y no soy experto en ellas, pero hay al menos una generalización muy concreta con la que estoy familiarizado.

Definición : Sea $A$ sea un operador de rango finito sobre un espacio de Hilbert. T $$\det(I - A) = \prod_j (1 - \lambda_j(A)),$$ donde $\lambda_j$ es el $j$ mayor valor propio de $A$ . Si $A$ es en cambio un operador de clase de traza en un espacio de Hilbert, entonces defina $$\det(I - A) = \lim_{k \rightarrow \infty} \det(I - A_k),$$ donde $\{A_k\}$ es una secuencia de operadores de rango finito tal que $\|A - A_k\|_{L^1} \rightarrow 0$ .

Answer 2

La respuesta a tu pregunta depende exactamente de lo que quieras que tenga el determinante.

Un conjunto razonable de propiedades a pedir en un determinante es que $$ \tag{0} \det\mathrm{id}_V = 1 $$ para todos los mapas de identidad $\mathrm{id}_V:V\to V$ de todos los espacios vectoriales $V$ que $$ \tag{1} \det(f\circ g)=\det f\cdot\deg g $$ siempre que $f:V\to V$ et $g:V\to V$ son mapas lineales, y que $$ \tag{2} \det\begin{pmatrix}f&h\\0&g\end{pmatrix}=\det f\cdot\det g $$ siempre que $f:V\to V$ , $g:W\to W$ et $g:W\to V$ son mapas lineales (la matriz de la izquierda denota el mapa lineal ojalá obvio $V\oplus W\to V\oplus W$ ).

Supongamos que tenemos tal mapa y que $f:V\to V$ sea un automorfismo de un espacio vectorial $V$ . Sea $V^\infty=V\oplus V\oplus V\oplus\cdots$ sea una suma contable de copias de $V$ et $f^\infty=f\oplus f\oplus f\oplus\cdots$ el automorfismo obvio de $V^\infty$ . Utilizando sólo las dos propiedades anteriores de la función~ $\det$ puede comprobar que $\det f^\infty$ es un elemento distinto de cero del campo y que $$\det f\cdot\det f^\infty=\det f^\infty,$$ para que de hecho $$\det f=1.$$

La conclusión de esto es que si quieres definir el determinante de los automorfismos de los espacios vectoriales de tal manera que (0), (1) y (2) se cumplan, entonces sólo puedes definirlo para que sea siempre $1$ no es la definición más interesante.

Answer 3

Puesto que ya pareces satisfecho con el argumento de que el homomorfismo de signos no se extiende al grupo de permutaciones (no necesariamente finitamente soportadas) de $\Bbb N$ consideremos que actuando sobre la base canónica de $K[X]$ tales permutaciones definen un subgrupo isomorfo de automorfismos de este espacio vectorial de dimensión infinita, y que una extensión del determinante a $\operatorname{Aut}_K(K[X])$ definiría por restricción a ese subgrupo una extensión imposible del homomorfismo de signo a permutaciones de $\Bbb N$ .