Dimostrazione del Teorema di Steinitz

[mklplo751]

Salve. Nel corso di Geometria 1, nella parte di Algebra Lineare, abbiamo dimostrato un mese fa il teorema di Steinitz per spazi vettoriali finitamente generati. Per mia curiosità, ho provato a farlo per spazi vettoriali non finitamente generati e il professore gentilmente ha controllato la dimostrazione, tuttavia disse che anche se l'impostazione generale era corretta, c'erano alcuni punti da chiarire. Io ho cercato di migliorare la scrittura della dimostrazione (salvo un piccolo punto che non so precisamente come giustificare in maniere rigorosa). Poiché il professore, tuttavia, alcune volte, tende a non notare alcuni errori nelle dimostrazioni, volevo chiederevi, se non vi reca disturbo, se quando avete tempo e voglia, se potreste controllare la dimostrazione. Ora riporto l'enunciato.
"Sia $V$ uno spazio vettoriale non finitamente generato su un campo $K$, sia $S$ un sistema di vettori lineramente indipendenti di $V$, sia $T$ un insieme di vettori infinito di $V$ tali che $S \sube Span(T)$, allora la cardinalità di $S$ è minore o uguale a quella di $T$".

Per assurdo, supponiamo che non esiste una funzione iniettiva da $S$ a $T$, allora per il teorema di Hartogs, esiste una funzione iniettiva da $T$ a $S$. Consideriamo ora il seguente insieme $ X={B \sube S uu T : |B|=|T| ,Span(T)\subeSpan(B)} $ , dimostriamo che è non vuoto.
$ \forall w \in S EEu_1,...,u_t \inT, EEk_1,...,k_t\inK:w=k_1u_1+...k_tu_t $ allora poichè $S$ è linearmente indipendente non tutti gli scalari sono nulli e dunque $ EEi\in{1,...,t}:u_i=w/k_i-u_1k_1/k_i-...-u_(i-1)k_(i-1)/k_i-u_(i+1)k_(i+1)/k_i-...-u_tk-t/k_i $ , ma allora abbiamo che $ T\\{u_i}uu{w}=T'\inX $. Ora definiamo la seguente relazione $R$ su $X$: $ \forall x,y\in X,xRy iffspan(x)\subespan(y)^^x nnS \subeynnS^^ynnT \subexnnS $. Notiamo che $R$ è una relazione di ordine. Considero una parte $Y$ totalmente ordinata di $X$ rispetto alla relazione $R$. Considero l'insieme $ Z= (uu_{A \in Y} A)\\T $ notiamo che è un maggiorante per il nostro insieme $Y$ (questo il punto che mi sembra ovvio, ma che non riesco a dimostrare formalmente), allora per il lemma di Zorn esiste un elemento massimale di $X$ che chiamiamo $D$. Per massimalità, notiamo che $D \sub S$ e per ipotesi la cardinalità di $D$ è minore di quella di $S$ strettamente, ma allora poichè $S \sube Span(T) \sube span(D)$ abbiamo l'assurdo essendo $S$ linearmente indipendente.

[j18eos]

Io specificherei che l'applicazione iniettiva da \(T\) ad \(S\) è iniettiva ma non suriettiva (cioè non biettiva);

perché consideri quell'insieme \(X\)?

[mklplo751]

@j18eos: Mi ricorderò di specificare il tutto. Grazie. Comunque ho scelto quell'insieme perché sostanzialmente stavo cercando di replicare l'argomento che si usa nel caso finito e dunque costruire un sottoinsieme non vuoto $X$ di $S$ con cardinalità inferiore di $S$ tale che $S \sube Span(X)$ per poi arrivare all'assurdo. Per costruirlo, l'unica cosa che sono riuscito a pensare è il Lemma di Zorn.

[j18eos]

Penso che tu debba definire:
\[
X=\{B\subseteq S\mid|B|=|T|,\,span(B)=span(T)\}.
\]
Ti trovi?

[mklplo751]

@j18eos: Grazie per aver risposto.
In teoria, facendo così non dovrebbe essere la stessa cosa (ovviamente poi andrebbe modificate la relazione di ordine)?
Edit 1: no, non avevo letto la prima parte, scusami, ora provo a ragionarci. Grazie nuovamente.
Edit 2:Facendo così, tuttavia non mi viene come dimostrare che tale insieme è effettivamente non vuoto.

[j18eos]

Sia \(f:T\to S\) un'applicazione iniettiva (non suriettiva) di cui hai supposto l'esistenza, \(f(T)\subsetneqq S\subseteq Span(T)\) è un sistema l.i. di vettori (facile da verificare) perché sottoinsieme di \(S\) e per costruzione \(|f(T)|=|T|\) (cioè sono insiemi equipotenti).

Per semplicità, sia \(B=f(T)\), da quanto premesso questi è una base di \(Span(B)\subseteq Span(T)\)[nota]L'inclusione segue dalla costruzione degli \(Spans\).[/nota];
potendo estendere per linearità \(g=\left(f_{|B}\right)^{-1}\) a un'applicazione lineare \(\widetilde{g}:Span(B)\to Span(T)\), questa è sicuramente suriettiva, quindi \(\dim Span(B)\geq\dim Span(T)\) ovvero \(Span(B)\supseteq Span(T)\). Onde \(X\neq\emptyset\) e \(\displaystyle Span(B)=Span(T)\)!

Ti torna tutto?

[mklplo751]

@j18eos: Grazie di nuovo per aver risposto. Se ho capito bene, posso estendere per linearità grazie al fatto che i vettori sono linearmente indipendenti, tuttavia non capisco il perchè la funzione è suriettiva o meglio se sapessi che vale il teorema di equipotenza delle basi, il risultato sarebbe abbastanza facile da ricavare, tuttavia io sono partito col dimostrare Steinitz proprio per poi giungere al teorema di equipotenza. Forse mi sbaglio e non usi questo argomento. Se non ti dispiace, potresti togliermi questo dubbio?

[j18eos]

L'equidimensionalità delle basi (nel caso degli insiemi infiniti) si può dimostrare senza il lemma di Steinitz (click).

P.S.: anche l'esistenza delle basi in uno spazio vettoriale (su un campo) non richiede il lemma di Steinitz (clack).

[mklplo751]

Grazie ancora. Effettivamente avevo visto quel risultato su wikipedia, ma mi chiedevo se si potesse dimostrare Steinitz senza usare l'equidimensionalità delle basi, per poi dimostrare con questo l'equipotenza. Tuttavia se ciò non dovesse essere possibile, dato che o nella dimostrazione che avevo posto c'era un errore o non è possibile con altri mezzi giustificare quel passaggio, allora mi conviene rinunciare e nel caso partire dall'equipotenza delle basi.

[j18eos]

Io avevo capìto che tu volessi dimostrare il lemma di Steinitz nel caso di sitemi infiniti di vettori...

Mimando la dimostrazione nel "caso finito" devi evitare di affermare che in \(S\) vi siano o non vi siano vettori di \(T\), ecco perché ho definito \(X\) in un'altra maniera!

[mklplo751]

@j18eos:Sì, infatti era quello che volevo dimostrare, solo (se fosse possibile) volevo evitare di usare prima l'equipotenza delle basi...

[j18eos]

Bella domanda...

[mklplo751]

Scusami se ti sto disturbando e grazie nuovamente per tutte le volte che mi hai risposto.

[j18eos]

Ma quali scuse!?

La tua è stata una domanda bella interessante!