Teorema de la dimensió per espais vectorials

En matemàtiques, el teorema de la dimensió per espais vectorials afirma que totes les bases d'un espai vectorial tenen el mateix nombre d'elements. Aquest nombre d'elements pot ser finit, o bé un nombre cardinal infinit, que defineix la dimensió de l'espai vectorial.

Formalment, el teorema de la dimensió per espais vectorials afirma que

Donat un espai vectorial V, dos sistemes generadors linealment independents qualssevol (en altres paraules, dues bases qualssevol) tenen la mateixa cardinalitat.

Si V és un mòdul finitament generat, llavors té una base finita, i el resultat afirma que dues bases qualssevol tenen el mateix nombre d'elements.

Mentre que la demostració de l'existència d'una base per qualsevol espai vectorial requereix el Lema de Zorn (equivalent a l'axioma de l'elecció), la unicitat de la cardinalitat de la base només necessita el lema de l'ultrafiltre, que és estrictament més feble; tot i això, la demostració que en donarem assumeix la llei de tricotomia, és a dir, que tots els nombres cardinals són comparables, una afirmació que és equivalent a l'axioma de l'elecció. Aquest teorema es pot generalitzar a R-mòduls amb nombre de base invariant.

El teorema pel cas finitament generat no necessita l'axioma de l'elecció, sinó que es pot demostrar amb arguments bàsics de l'àlgebra lineal.

Demostració

Suposem que { a_i: i ∈ I } i { b_j: j ∈ J } són dues bases, on la cardinalitat de I és més gran que la cardinalitat de J. Arribarem a una contradicció.

Cas 1

Suposem que I és infinit.

Tot b_j es pot escriure coma suma finita

$b_{j}=\sum _{i\in E_{j}}\lambda _{i,j}a_{i}$, on $E_{j}$ és un subconjunt finit de $I$.

Com que la cardinalitat de I és més gran que la de J, i els E_j són subconjunts finits de I, la cardinalitat de I també és més gran que la cardinalitat de $\bigcup _{j\in J}E_{j}$. (Notem que aquest argument només és vàlid per I infinit.) Així, existeix algun $i_{0}\in I$ que no apareix a cap dels $E_{j}$. El corresponent $a_{i_{0}}$ es pot expressar com una combinació lineal finita dels $b_{j}$, que al seu torn pot expressar-se com a combinació lineal finita dels $a_{i}$, sense fer servir $a_{i_{0}}$. Per tant, $a_{i_{0}}$ és linealment dependent dels altres $a_{i}$.

Cas 2

Suposem ara que I és finit i de cardinalitat més gran que la cardinalitat de J. Siguin m i n les cardinalitats de I i J, respectivament. Tot a_i es pot escriure com a suma

$a_{i}=\sum _{j\in J}\mu _{i,j}b_{j}$

La matriu $(\mu _{i,j}:i\in I,j\in J)$ té n columnes (la columna j-sima és la m-tupla $(\mu _{i,j}:i\in I)$), i per tant té, com a molt, rang n. Això significa que les seves m files no poden ser linealment independents (perquè el rang per columnes d'una matriu és igual al seu rang per files). Si escrivim $r_{i}=(\mu _{i,j}:j\in J)$ per la fila i-sima, llavors hi ha una combinació lineal no trivial

$\sum _{i\in I}\nu _{i}r_{i}=0$

Però també tenim que $\sum _{i\in I}\nu _{i}a_{i}=\sum _{i\in I}\nu _{i}\sum _{j\in J}\mu _{i,j}b_{j}=\sum _{j\in J}{\biggl (}\sum _{i\in I}\nu _{i}\mu _{i,j}{\biggr )}b_{j}=0,$ i per tant els $a_{i}$ són linealment dependents.

Demostració alternativa

La demostració anterior requereix alguns resultats no trivials. Si hom no els estableix de forma acurada, podem tenir un argument circular. Heus ací una demostració del cas finit que requereix menys desenvolupament previ.

Teorema 1: Si $A=(a_{1},\dots ,a_{n})\subseteq V$ és una n-pla linealment independent d'un espai vectorial $V$, i $B_{0}=(b_{1},...,b_{r})$ és una tupla que genera $V$, llavors $n\leq r$. L'argument és el següent:

Com que $B_{0}$ genera $V$, la tupla $(a_{1},b_{1},\dots ,b_{r})$ també el genera. Com que $a_{1}\neq 0$ (perquè $A$ és linealment independent), llavors existeix algun $t\in \{1,\ldots ,r\}$ tal que $b_{t}$ es pot escriure com a combinació lineal de $B_{1}=(a_{1},b_{1},\dots ,b_{t-1},b_{t+1},...b_{r})$. Per tant, $B_{1}$ és una tupla generadora, i la seva longitud és la mateixa que la de $B_{0}$.

Repetim aquest procés. Com que $A$ és linealment independent, sempre podem eliminar un element de la llista $B_{i}$ que no sigui un dels $a_{j}$ que hi hem incorporat en un pas anterior (donat que $A$ és linealment independent, i per tant ha d'existir algun coeficient no nul a davant dels $b_{i}$). Per tant, després de $n$ iteracions, obtindrem una tupla $B_{n}=(a_{1},\ldots ,a_{n},b_{m_{1}},\ldots ,b_{m_{k}})$ (amb possiblement $k=0$) de longitud $r$. En particular, $A\subseteq B_{n}$, i per tant $|A|\leq |B_{n}|$, és a dir, $n\leq r$.

Per demostrar el cas finit a partir d'aquest resultat, suposem que $V$ és un espai vectorial, i que $S=\{v_{1},\ldots ,v_{n}\}$ i $T=\{w_{1},\ldots ,w_{m}\}$ són dues bases de $V$. Com que $S$ és linealment independent i $T$ genera, podem aplicar el Teorema 1 per obtenir $m\geq n$. I com que $T$ és linealment independent i $S$ genera, obtenim $n\geq m$. D'aquí, concloem que $m=n$.

Teorema d'extensió del nucli per espais vectorials

Aquesta aplicació del teorema de la dimensió sovint s'anomena simplement el teorema de la dimensió. Sigui

T: U → V

una aplicació lineal. Aleshores

dim(rang(T)) + dim(nucli(T)) = dim(U),

és a dir, la dimensió de U és igual a la dimensió del recorregut de l'aplicació més la dimensió del seu nucli. Vegeu el teorema del rang per una discussió completa.