Бесконечномерное векторное пространство. Без аксиомы выбора.

[lyakusha_qwerty]

Доказать: если в векторном пространстве $V$ не существует конечного списка векторов, линейная оболочка которого равна $V$, то существует бесконечная последовательность векторов $v_1, v_2, \dotsb \in V$ такая что для любого положительного m список векторов $v_1, \dotsb, v_m$ линейно независим.

Я доказал это с использованием аксиомы выбора, а хочу без. Как это сделать? Полезно ли таким увлекаться? Мое доказательство:

Построим такую последовательность.

$$v_1 \in V \setminus \{0\}$$

$$v_2 \in V \setminus \text{ линейная оболочка } v_1$$

$$\dotso$$

$$v_i \in V \setminus \text{ линейная оболочка } v_1, \dotsb, v_{i-1}$$

$$\dotso$$

Вспомогательные утверждения: (a) каждый $v_i$ не входит в линейную оболочку предыдущих векторов, а значит список $v_1, \dotsb, v_{i-1}$ линейно независим (по индукции); (b) для каждого $i$ линейная оболочка $v_1, \dotsb, v_{i-1}$ не равна всему пространству $V$ (по условию).

ЧТД.

P.S. Это Linear Algebra Done Right - Axler. Chapter 2. Exercises 2.A. 14.

[Anton_Peplov]

lyakusha_qwerty в сообщении #1306373 писал(а):

Я доказал это с использованием аксиомы выбора, а хочу без. Как это сделать?

Попробуйте вывести из доказываемого утверждения аксиому выбора. Если получится, значит, без неё никак. А вообще необходимость аксиомы выбора даже в простейших теоремах линала - вопрос, по которому порой пишутся не студенческие упражнения, а научные статьи

lyakusha_qwerty в сообщении #1306373 писал(а):

Полезно ли таким увлекаться?

Полезно, если и только если собираетесь в дальнейшем заниматься основаниями математики. Сведение теорем с "обычного" уровня на уровень оснований - работа а) непростая и б) не нужная нигде, кроме собственно исследований по основаниям. То есть если Вы в качестве хобби какую-нибудь там общую топологию / алгебраическую геометрию / etc. изучаете, то есть шанс, что Вы это потом примените в своей работе, даже если она будет из другой области. А для оснований такого шанса, кмк, практически нет.

Конечно, останутся когнитивные навыки, такие как видеть неявные посылки в рассуждениях и т.д., но те же навыки, наверное, можно оттачивать, заодно изучая нечто более применимое.

Впрочем, я в математике сугубый дилетант, так что не надо принимать все мои утверждения за доказуемые финитными методами.

[demolishka]

С использованием аксиомы выбора доказывается существование базиса (базиса Гамеля). Он может быть не только счетной мощности (для банахового пространства заведомо несчетной). В предложенной же задаче нужно построить не базис, а просто счетную линейно независимую систему, так что предложенный рассуждения годятся для этого случая. Где же в Ваших рассуждениях аксиома выбора, это же просто индукция? Ну да. Ох уж эта аксиома выбора

[mihaild]

Возьмём бесконечное конечное по Дедекинду множество, объявим его базисом, а пространством, соответственно, конечные линейные комбинации его элементов с коэффициентами. В нем нет конечной системы векторов, линейной оболочкой которой будет все пространство, но нет и бесконечной последовательности линейно независимых в совокупности векторов.

[lyakusha_qwerty]

Я недостаточно понимаю импликации наличия и отсутствия аксиомы выбора, чтобы понять post531882.html#p531882. Через две-три недели у меня будут основы теории множество, может быть снова вернусь к этому вопросу.

Я осознал важную лемму. Думал, что она недоказуема без аксиомы выбора: $A \neq \emptyset \rightarrow \exists a \in A$

Доказательство: $\nexists a \in A \rightarrow A = \emptyset$.

А теперь введем предикаты $P_1, P_2, \dotsb $ . $P_i$ означает, что существует $i$ линейно независимых векторов $v_1, \dotsb, v_i \in V$. База индукции верна по только что введенной лемме. Доказательство шага индукции: по условию линейная оболочка $v_1, \dotsb, v_i$ не равна $V$, значит по лемме существует и следующий элемент в последовательности.

Итак, я доказал, что для любого $i \in \mathbb{N}$ существует такой список векторов. Но доказал ли я, что из этого получается бесконечная последовательность? Не знаю. Без буквоедства наверное доказал.

[Someone]

lyakusha_qwerty в сообщении #1306529 писал(а):

Я осознал важную лемму. Думал, что она недоказуема без аксиомы выбора: $A \neq \emptyset \rightarrow \exists a \in A$

Это не лемма, это определение непустого множества. Никакой аксиомы выбора тут нет. Аксиома выбора нужна в тех случаях, когда нужно выбрать по элементу из бесконечного семейства множеств.

lyakusha_qwerty в сообщении #1306529 писал(а):

А теперь введем предикаты $P_1, P_2, \dotsb $ . $P_i$ означает, что существует $i$ линейно независимых векторов $v_1, \dotsb, v_i \in V$. База индукции верна по только что введенной лемме. Доказательство шага индукции: по условию линейная оболочка $v_1, \dotsb, v_i$ не равна $V$, значит по лемме существует и следующий элемент в последовательности.

Это не индукция, это многократное повторение одного и того же рассуждения. Для индукции нужно, чтобы очередной элемент определялся какой-то формулой.

lyakusha_qwerty в сообщении #1306529 писал(а):

Итак, я доказал, что для любого $i \in \mathbb{N}$ существует такой список векторов. Но доказал ли я, что из этого получается бесконечная последовательность?

Нет, не доказали. Чтобы получить бесконечную последовательность, ваше рассуждение нужно повторить бесконечно много раз, а такие бесконечные рассуждения в математике не используются.

lyakusha_qwerty в сообщении #1306529 писал(а):

Без буквоедства наверное доказал.

Аксиома выбора как раз и позволяет формализовать подобные бесконечные рассуждения: аксиома выбора утверждает существование функции выбора, которую можно использовать в индуктивном доказательстве.

[mihaild]

mihaild в сообщении #1306461 писал(а):

но нет и бесконечной последовательности линейно независимых в совокупности векторов

Сообразил, что это не обязано быть правдой. Мы получим набор непустых конечных множеств $A_n, n \in \mathbb{N}$, которые попарно не пересекаются и являются подмножествами нашего конечного по Дедекинду бесконечного множества. По крайней мере мне сходу непонятно, может ли так быть или нет.

[Someone]

mihaild в сообщении #1306663 писал(а):

Мы получим набор непустых конечных множеств $A_n, n \in \mathbb{N}$,

Не получим. Мы можем взять любое натуральное число $n$ и построить множества $A_1$, $A_2$,…, $A_n$, выписав рассуждения по построению каждого из этих множеств. Однако бесконечную последовательность мы построить не сможем, так как для этого нужно явно выписать бесконечно длинное рассуждение. Воспользоваться индуктивным построением мы не сможем, так как формальный язык нам этого не позволит: для этого нужна функция выбора.

[mihaild]

Someone в сообщении #1306771 писал(а):

Не получим.

Я немного про другое. Взяли $A$ - конечное по Дедекинду бесконечное множество. Взяли векторное пространство $V$ всех функций $A \to \mathbb{R}$ с конечным носителем.
Пусть в нем можно найти бесконечную последовательность $f_1, f_2, \ldots$, любой начальный отрезок которой линейно независим. Из этой последовательности можно изготовить последовательность конечных попарно непересекающихся подмножеств $A$: определим $B_i = f_i^{-1}(\mathbb{R} \setminus \{0\})$, $C_i = B_i \setminus \bigcup_{j < i} B_j$, последовательность $A_i$ получается из $C_i$ выкидыванием пустых множеств; т.к. любой начальный отрезок $f_i$ был независим, то $A_i$ - бесконечная последовательность.
А дальше встает вопрос - бывает ли так для конечных по Дедекинду множеств? Я когда писал свой первый ответ в этой теме думал, что мы можем сделать все $A_i$ единичной мощности, но сейчас не могу сообразить как.

[Someone]

А, значит, я Вас не понял.

mihaild в сообщении #1306775 писал(а):

А дальше встает вопрос - бывает ли так для конечных по Дедекинду множеств?

Честно говорю: не знаю. Без аксиомы выбора теория кардиналов становится какой-то уж очень странной. Например, если есть сюръекция $f\colon X\to Y$, то без аксиомы выбора нельзя доказать, что $\lvert X\rvert\geqslant\lvert Y\rvert$.

mihaild в сообщении #1306775 писал(а):

Я когда писал свой первый ответ в этой теме думал, что мы можем сделать все $A_i$ единичной мощности, но сейчас не могу сообразить как.

Опять же без аксиомы выбора — никак.