Curso EVT. Lectura 20. Cardinales (3)

Teorema 1. Sea A un conjunto. Son equivalentes:
a) Existe B \subset A, tal que B es infinito numerable.
b) El conjunto A es D-infinito.

Prueba. (a) implica (b). Supongamos que B \subset A es infinito numerable. Hallaremos pues una biyección g: \mathbb{N} \rightarrow B. Sea ahora P el conjunto de los números pares. Es claro que la restricción g_P:P \rightarrow B es una biyección de P en g(P). También la aplicación f:\mathbb{N} \rightarrow P, dada por f(n) = 2n es una biyección. Por tanto, g_P \circ f \circ g^{-1} es una aplicación inyectiva y aplica B en B-g(P). Podemos extender esta aplicación a todo A mediante h(x) = (g_P \circ f \circ g^{-1})(x), si x \in B y h(x) si x \in A-B. Es fácil probar que h es inyectiva y aplica A en (A-B) \cup g(P) \subsetneq A. Esto prueba que A es D-infinito.
(b) implica (a). Como A es D-infinito, existen H \subsetneq A y una biyección \phi:A \rightarrow H. Sea a \in A-H, entonces \phi(a) \neq a pues \phi(a) \in H. Del mismo modo \phi^{2}(a) \neq \phi(a), pues si así fuera, entonces \phi(a) =a en contra de lo supuesto. Reiterando este argumento por inducción obtenemos un subconjunto \{a, \phi(a), \phi^{2}(a), \ldots, \phi^{n}(a), \ldots \} que resulta numerable.

Teorema 2. Un conjunto A es infinito si y sólo si contiene un subconjunto infinito numerable.

Prueba. Supongamos que B \subset A y B es infinito numerable. En ese caso, por el teorema anterior resulta que es D-infinito y, por tanto es infinito. Supongamos que A es infinito . Sea 2^{A} el conjunto de las partes de A. El axioma de elección nos garantiza la existencia de una función de elección f:2^{A}-\{\emptyset\} \rightarrow A. Con ella vamos a formar una sucesión a_n mediante a_n = f(A), si n=1, a_n=f(A-\{a_1,\ldots, a_{n-1}\}) si n \geq 2. Esta sucesión está bien formada ya que al ser A infinito, se tiene que A-\{a_1, \ldots, a_{n-1}\} es no vacío para cualquier n \geq 2 y como f es una función de elección resulta que f(X) \in X para cada X no vacío. Así resultará que a_n \neq a_m, si n \neq m. El conjunto B=\{a_n : n \in \mathbb{N} \} es numerable y está incluido en A.

Llegamos por fin al resultado buscado.

Teorema 3. Todo conjunto infinito es D-infinito

Prueba. Sea A infinito. Entonces existe B \subset A, tal que B es numerable (por el teorema 2) y, por tanto por el teorema 1 es D-infinito.

Cuando definimos el concepto de conjunto infinito utilizamos dos aproximaciones aparentemente diferentes. Una de ellas se basaba en la posibilidad de encontrar aplicaciones inyectivas sobre sí mismo que no eran sobreyectivas y otra se basaba en la imposibilidad de encontrar un entero positivo n tal que el conjunto fuera equipotente a \{1,2, \ldots, n\}. Hemos visto que estas dos ideas son equivalentes pero para ello hemos tenido que usar el axioma de elección. A partir de ahora, usaremos una u otra sin distinción y daremos una serie de resultados básicos sobre operaciones y cardinales.

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Curso EVT. Lectura 11. Subespacios (1)

Sea E un espacio vectorial sobre un cuerpo K. Decimos que un subconjunto F  de E, no vacío, es un subespacio de E si y sólo si la restricción de las operaciones de suma de vectores y producto por escalares al conjunto F hace de éste un espacio vectorial sobre K.

Teorema 1: Sea F un subconjunto no vacío del espacio vectorial E. Son equivalentes:a) F es un subespacio de E.

b) Para todos x,y \in F y todo \lambda \in K son x+y, \lambda x elementos de F.

c) El subconjunto F contiene a todas las combinaciones lineales finitas de sus elementos.

d) Para todos \lambda, \mu de K y para todos x,y de F es \lambda x+ \mu y un elemento de F.

Prueba: a) implica b). Como F es un subespacio de E, tenemos que es cerrado para las restricciones de las operaciones de suma de vectores y producto de escalares por vectores. En consecuencia, si x,y \in F y \lambda \in K, se sigue que x+y, \lambda x son elementos de F.

b) implica c). Haremos la prueba por inducción. Así si (x_i)_{i=1}^{n}, con n \geq 1 es una familia finita de elementos de F, resulta por (b) que \lambda_{1} x_{1} \in F y si para r \geq 1 fuera \sum_{i=1}^{r} \lambda_{i} x_{i} \in F, entonces

\sum_{i=1}^{r+1} \lambda_{i} x_{i} = \lambda_{r+1} x_{r+1} + \sum_{i=1}^{r} \lambda_{i} x_{i}.

Pero al ser \lambda_{r+1} x_{r+1} y \sum_{i=1}^{r} \lambda_{i} x_{i} elementos de F, su suma es un elemento de F.

c) implica d). Es inmediato.

d) implica a).  Sean x,y elementos de F y sean \lambda=1, \mu=-1, entonces \lambda x + \mu y = x-y es un elemento de F y F es un subgrupo de E. Si ahora hacemos \mu =0 es $\lambda x$ un elemento de F y el producto de escalares por vectores es cerrado cumpliéndose de forma inmediata las propiedades de este. En definitiva, F es un espacio vectorial sobre K con las restricciones de la suma de vectores y el producto de escalares por vectores.

Utilizando el teorema anterior podemos ver que

1. El cero es un elemento de todo subespacio de F.

2. La intersección de subespacios es un subespacio.

En efecto. Si F es un subespacio entonces es no vacío y tomando x \in F y \lambda =0 es \lambda x = 0x= 0 un elemento de F. Si (F_i)_{i \in I} es una familia de subespacios de E, entonces su intersección es no vacía pues el cero pertenece a todos ellos. Además si x,y \in \cap_{i \in I} F_i y \lambda, \mu \in K, se sigue que x,y \in F_i para todo i \in I, de donde \lambda x+ \mu y \in F_i, para todo i \in I y la intersección es un subespacio por (d) del teorema anterior.

En todo espacio vectorial no trivial hay al menos dos subespacios: el propio espacio y el subconjunto \{0\}. Por ello podemos dar la siguiente

Definición: Sea E un K-espacio vectorial y sea A un subconjunto no vacío de E. La clase de los subespacios que incluyen a A se denota por \mathcal{L}(A).

Esta clase es no vacía pues E \in \mathcal{A}. Además la intersección de todos los elementos de \mathcal{A} será un subespacio, pero no cualquier subespacio es un subespacio muy especial.

Teorema 2: Sea E un K-espacio vectorial y sea A un subconjunto no vacío de E. La intersección de todos los subespacios que incluyen a A es la envoltura lineal de A. En símbolos: \cap_{F \in \mathcal{L}(A)} F = L(A).

Prueba: Sea \mathcal{L}(A) = \{H_i : i \in I \} la familia de todos los subespacios de E que incluyen a A. Sea C su intersección. Evidentemente, C es no vacío pues contiene a A y además es un subespacio como ya hemos probado. Si x depende linealmente de A, entonces x es combinación lineal de elementos de A y por ende de elementos de C por lo que pertenece a C al ser este un subespacio (Ver teorema 1). Por tanto, si denotamos L(A) a la envoltura lineal de A es

L(A) \subset C.

Recíprocamente, probaremos que L(A) es un subespacio vectorial de E. En efecto, sean x,y elementos de L(A). Hallaremos familias finitas (x_i)_i, (y_j)_j de elementos de A tales que x = \sum_{i} a_i x_i, y= \sum_{j} b_j y_j. En consecuencia, si \lambda \in K, podemos escribir

x+y = \sum_{i,j}( a_i x_i+b_j y_j), \lambda x = \lambda \sum_{i} a_i x_i = \sum_{i} (\lambda a_i) x_i.

Pero esto significa que x+y \in L(A) y \lambda x \in L(A), por lo que L(A) es un subespacio. Evidentemente, de A \subset L(A) se sigue que L(A) \in \mathcal{L}(A) y, en consecuencia

C = \cap_{i \in I} H_i \subset L(A).

Esto termina la demostración. El siguiente resultado es consecuencia inmediata del teorema 2.

Corolario: Un subconjunto A no vacío es un subespacio si y sólo si coincide con su envoltura lineal.

 

Curso EVT. Lectura 10. Las nociones de base y dimensión (4)

En la lectura 9 hemos probado que un espacio vectorial que tienen una base formada por un número finito de elementos tiene todas sus bases con el mismo cardinal. Ahora probaremos el mismo hecho para espacios vectoriales con bases que tengan un número infinito de elementos.

Teorema: Sea E un espacio vectorial y sea A una base de Hamel de E con cardinal infinito. Entonces si B es otra base de Hamel de E, se tiene que el cardinal de B es el mismo que el de A.

Prueba. Sea x un elemento de la base A. Entonces hallaremos un subconjunto finito y no vacío F(x) de la base B, de forma que x es combinación lineal con coeficientes no nulos de elementos de F(x). Es decir, x depende linealmente de F(x). Reiterando este proceso formamos el conjunto

M = \cup_{x \in A} F(x),

que obviamente es un subconjunto de B pues cada uno de los elementos de la unión es subconjunto de B. A continuación probaremos que M=B. Para ello nos falta la inclusión B \subset M. Sea pues z un elemento de B. Podremos encontrar un subconjunto finito

S(z) = \{x_1, x_2, \ldots, x_r \}

de elementos de A, cuya combinación lineal con coeficientes no nulos da lugar a z. Para cada uno de los x_i, hemos definido previamente los subconjuntos F(x_i) de B, por lo que

N = \cup_{i=1}^{r} F(x_i)

es un subconjunto de M que genera z. Si dicho z perteneciera a B-M, entonces B sería linealmente dependiente pues z dependería linealmente de B-\{z\}. Así pues z \in M y B =M.

Llegados a este punto utilizaremos la notación |X| para indicar el cardinal del conjunto X y la notación \omega para el cardinal de los enteros positivos. Las propiedades de los cardinales (que veremos en una ampliación a esta lectura) permiten escribir

|B| = |M| =| \cup_{x \in A} F(x)| \leq \sum_{x \in A} |F(x)| \leq \sum_{x \in A} \omega = |A| \omega = |A|.

Esto prueba que el cardinal de A y el de B son iguales.

Curso EVT. Lectura 5. Las nociones de base y dimensión (1)

Uno de los conceptos más importantes del álgebra lineal es el de dimensión, el cual va ligado directamente con la idea de base. Para fundamentar estas nociones vamos a seguir dando resultados lo más generales posibles que nos llevarán de manera natural a estas ideas centrales.

(1) Consideremos un K-espacio vectorial E y sea A un subconjunto de E con al menos dos elementos. Son equivalentes:

a) El conjunto A es linealmente independiente.

b) Cada vector x, no nulo, de la envoltura lineal de A se expresa de forma única como combinación lineal, con coeficientes no nulos, de elementos de A.

c) Ningún x \in A depende linealmente de A- \{x \}.

La demostración de (1) la podéis ver aquí. Ahora definimos el concepto de base (base de Hamel).

Definición: Un subconjunto B de un K-espacio vectorial E es una base de Hamel o base algebrica de E si es linealmente independiente y su envoltura lineal coincide con E.

Utilizaremos los resultados de (1) para obtener condiciones equivalentes a la definición de base. Así tenemos que

(2) Si E es un espacio vectorial no trivial sobre un cuerpo K, son equivalentes:

(i) El subconjunto B de E es una base de Hamel de E.

(ii) Todo vector x \in E, no nulo, se expresa de forma única como combinación lineal de elementos de B con coeficientes no nulos.

(iii) El subconjunto B es minimal respecto a la propiedad de generar E.

(iv) El subconjunto B es maximal respecto a la propiedad de ser linealmente independiente.

Demostración. (i) implica (ii). Si B es una base entonces, por definición, es un conjunto linealmente independiente y su envoltura lineal es E. Si B = \emptyset, entonces E = L(B) = \{0 \} (recordemos que el cero es el único vector de la envoltura lineal del vacío). Pero esto no es posible pues hemos supuesto que el espacio E es no trivial. De esta manera, B es no vacío. Si constara de un sólo elemento éste no sería el cero (pues B es linealmente independiente). Así pues, existe x \in E con x \neq 0 y B = \{x \}. Sea y un elemento no nulo de E y supongamos que existen escalares \lambda, \mu, tales que y= \lambda x = \mu x. Entonces, (\lambda- \mu)x = 0 y de aquí \lambda = \mu. Esto prueba que la expresión de cada vector no nulo de E como combinación de elementos de B es única. Si B tiene más de dos elementos,  como B es linealmente independiente, aplicamos (1) y concluimos el mismo hecho.

(ii) implica (iii).  Sean B un subconjunto de E tal que L(B)=E y C un subconjunto de B tal que L(C) =E. Si existe x \in B, no nulo, tal que x \notin C, trivialmente es x = 1x y también x = \sum_{j \in J} \lambda_{j} x_{j}, donde (x_{j})_{j \in J} es una subfamilia finita de elementos de C y \lambda_{j} \neq 0 para todo j \in J. Estas dos representaciones, utilizando elementos de B, son diferentes por lo que obtenemos una contradicción. Para evitarla, nuestra hipótesis de que existe un elemento de B que no está en C ha de ser falsa y B=C. Esto prueba que B es minimal con respecto a la propiedad de generar E.

(iii) implica (iv). Supongamos que el conjunto B cumple L(B)=E y que B es minimal respecto a esta propiedad. Si B constara de un sólo elemento y fuera linealmente dependiente, entonces dicho elemento sería el cero y B no podría generar un espacio no trivial. Por tanto, esta posibilidad se descarta. Es decir, si B fuera linealmente dependiente constaría de dos elementos o más y entonces, en virtud de (1) hallaríamos un x \in B tal que x depende linealmente de B- \{x \}. Ahora bien, esto significaría que L(B)= L(B-\{x\}) y B dejaría de ser minimal respecto a la propiedad de generar E. En consecuencia, B es linealmente independiente. Una vez probado este punto veremos que es maximal respecto la propiedad de independencia lineal.
En efecto, sea C un subconjunto linealmente independiente de E tal que B \subset C y supongamos que existe x \in C tal que x \notin B. Como L(B)=E se tiene que

x = \sum_{i \in J} \lambda_j x_j,

donde J es finito y x_{j} \in B, \lambda_{j} \in K, para todo j \in J. Por tanto, se da la igualdad

x-\sum_{i \in J} \lambda_j x_j = 0,

la cual es una combinación lineal no trivial de una familia finita de elementos de C. En consecuencia, C ha de ser linealmente dependiente y obtenemos una contradicción lo que nos lleva a que nuestra hipótesis de que existe x \in C tal que x \notin B es falsa y B=C. Esto prueba que B es maximal con respecto a la independencia lineal

(iv) implica (i). Si fuera L(B) \neq E, hallaríamos x \in E tal que x no depende linealmente de B. Por tanto, por (1), C= B \cup \{x \} sería un subconjunto linealmente independiente de E que incluye a B y es distinto de B. Esto contradice el carácter maximal como independiente de B por lo que nuestra suposición es falsa y es L(B)=E.

Para el lector interesado, daré una serie de notas aclaratorias sobre algunos puntos de estos desarrollos.

Curso EVT. Lectura 4. Más sobre dependencia e independencia lineales.

Consideremos un espacio vectorial E sobre un cuerpo K. Probaremos que

a) Toda familia A de vectores de E que incluye al cero es linealmente dependiente.

b) Si x es un elemento no nulo de E, entonces el conjunto \{x\} es linealmente independiente.

c) Si A y B son subconjuntos de E con A \subset B, entonces si A es linealmente dependiente también lo es B y si B es linealmente independiente, también lo es A.

d) Sea x un elemento de E y sea A un subconjunto linealmente independiente de E. Si x no depende linealmente de A, entonces el conjunto B = A \cup \{x\} es linealmente independiente.

Demostración.

a) Sea A= (x_i)_{i \in I} y supongamos que para algún j \in I es x_j = 0, entonces tomando la subfamilia (x_j) = (0) podemos ver que la combinación lineal 1 0 = 0 no es trivial y produce el vector cero. Así pues A es linealmente dependiente.

b) Supongamos que el conjunto A = \{x \}, con x \neq 0 es linealmente dependiente. Entonces, la única familia finita que podemos formar es (x) (aparte de la vacía que por convenio es linealmente independiente). La combinación \lambda x = 0, sólo será posible si \lambda = 0 (ver propiedades del espacio vectorial en lectura 2). Esto prueba que A es linealmente independiente.

c) Este hecho se deduce de forma inmediata de la definición de dependencia e independencia lineal.

d) Supongamos que A es linealmente independiente. Si fuera vacío, tendríamos que su envoltura lineal es el vector cero por lo que si x no depende linealmente de A, resulta no nulo y por b), el conjunto B = A \cup \{x\} = \{x\} es linealmente independiente. Supongamos ahora que A es no vacío. Si B = A \cup \{x\} fuera linealmente dependiente hallaríamos una familia finita (x_i)_{i \in I} de elementos de B que dan lugar al cero de forma no trivial. Es claro que si todos los elementos de dicha familia fueran de A, entonces A sería linealmente dependiente en contra de lo supuesto. Por ello, ha de existir al menos un i_{0} \in I, tal que x = x_{i_{0}}. Además, el escalar correspondiente en esta combinación lineal no trivial \lambda_{i_{0}} no puede ser nulo pues entonces la contribución de x desaparece y volvemos a tener una combinación lineal nula no trivial de elementos de A. En definitiva,

\sum_{i \in I} \lambda_{i} x_{i} = 0, con \lambda_{i_{0}} \neq 0 y x_{i_{0}} = x.

Esto permite expresar x en la forma

x = -\sum_{i \in I- \{i_{0}\}} \lambda_{i_{0}}^{-1} \lambda_{i} x_{i}.

Así pues x depende linealmente de A. Para evitar esta contradicción, B ha de ser linealmente independiente.