Базис Гамеля бесконечномерного банахова пространства

[Someone]

Padawan в сообщении #480146 писал(а):

Someone в сообщении #456792 писал(а):

Oleg Zubelevich в сообщении #456768 писал(а):

Но по ссылкам я вижу какие-то общие рассуждения, которые не используют полноту пространства, ну или там надо долго лазить, чтобы что-то вычленить.

Вам нужно детально расписанное решение для банахова пространства? Ну, несколько строчек получится.

А распишите, если не трудно. Я тоже не могу увидеть связи между утверждениями об алгебраической размерности, и утверждением, где существенна полнота пространства.

Имеется в виду это?

Ираклий в сообщении #275176 писал(а):

Вот, кстати, еще одно доказательство того, что $\dim_{\mathbb C} c_\infty=\mathfrak{c}$, которое предложил один мой друг. Рассмотрим множество последовательностей вида $(a, a^2, a^3, ...)$ для всех ненулевых $a \in\mathbb R$. Их континуум и они линейно независимы в силу отличия от нуля определителя Вандермонда. Вот и всё!

Здесь ведь речь идёт, как я понял, не о банаховых пространствах, а о пространстве всех последовательностей и более общих аналогичных пространствах. Никакой метрики или топологии на них не предполагается.

Попытка приспособить это доказательство к бесконечномерным банаховым пространствам наталкивается на некоторые проблемы, которые я не заметил в то время, когда писал свою реплику. Начало рассуждения могло бы выглядеть так.

Поскольку пространство бесконечномерно, в нём существует бесконечная линейно независимая последовательность единичных векторов $\vec e_1,\vec e_2,\ldots,\vec e_k,\ldots$ ($\|\vec e_k\|=1$ для всех $k\in\mathbb N$).
Пусть $a\in\mathbb R$ - любое число, удовлетворяющее условию $0<|a|<1$. Рассмотрим последовательность векторов $\vec b_n=\sum\limits_{k=1}^na^k\vec e_k$. Пусть $m,n\in\mathbb N$ и $m>n$. Заметим, что в силу неравенства треугольника

$$\|\vec b_m-\vec b_n\|=\|\sum_{k=n}^ma^k\vec e_k\|\leqslant\sum_{k=n}^m\|a^k\vec e_k\|=\sum_{k=n}^m|a^k|=\frac{|a|^n-|a|^{m+1}}{1-|a|};$$

из этого неравенства легко следует, что рассматриваемая последовательность фундаментальна и, следовательно, в силу полноты банахова пространства существует предел этой последовательности $\vec b_a=\lim\limits_{n\to\infty}b_n$.
Полнота здесь, как видите, используется. Но дальше начинаются проблемы. Во-первых, не исключена возможность, что $\vec b_a=\vec 0$. Эту трудность можно обойти, потребовав, чтобы было $|a|<\frac 12$, так как в этом случае по тому же неравенству треугольника

$$\|\vec b_n\|=\|a\vec e_1+\sum_{k=2}^na^k\vec e_k\|\geqslant\|a\vec e_1\|-\|\sum_{k=2}^na^k\vec e_k\|\geqslant\|a\vec e_1\|-\sum_{k=2}^n\|a^k\vec e_k\|=$$ $$=|a|-\sum_{k=2}^n|a|^k=|a|-\frac{|a|^2-|a|^{n+1}}{1-|a|}=\frac{|a|-2|a|^2+|a|^{n+1}}{1-|a|}$$

и, переходя к пределу при $n\to\infty$, получим

$$\|\vec b_a\|=\lim_{n\to\infty}\|\vec b_n\|\geqslant\lim_{n\to\infty}\frac{|a|-2|a|^2+|a|^{n+1}}{1-|a|}=\frac{|a|(1-2|a|)}{1-|a|}>0,$$

откуда и следует, что $\vec b_a\neq\vec 0$.
Во-вторых, будут аналогичные трудности с доказательством линейной независимости векторов $\vec b_a$. Может быть, эти трудности и удастся преодолеть, ограничив возможные значения $a$ интервалом $0<a<\frac 12$ и, если потребуется, подобрав последовательность $\vec e_1,\vec e_2,\ldots,\vec e_k,\ldots$ ($\|\vec e_k\|=1$ с какими-нибудь специальными свойствами, но возиться с этим уже не хочется, поскольку получается явно очень длинно.

Oleg Zubelevich в сообщении #456768 писал(а):

Someone
Утверждение действительно доказывается в одну строчку. Но по ссылкам я вижу какие-то общие рассуждения, которые не используют полноту пространства, ну или там надо долго лазить, чтобы что-то вычленить. На всякий случай: утверждение неверно, вообще говоря, в бесконечномерных нормированных пространствах.

Кроме того, можно так: доказать, что в любом (бесконечномерном) пространстве Фреше базис Гамеля несчетен. Такой постановки по ссылкам точно нет. Все это можно было бы обсуждать в той ветке, если бы модератор не хамил.

Oleg Zubelevich в сообщении #456808 писал(а):

Я думаю, что Ваши несколько строчек опираются на довольно специфичные рассуждения из теории множеств. А у меня есть прямое решение, которое понятно любому, кто открывал учебник по функциональному анализу+ немного сообразительности.

Очень короткое доказательство основано на теореме Бэра, которую должен знать каждый, начавший изучать функциональный анализ (А.Н.Колмогоров, С.В.Фомин. Элементы теории функций и функционального анализа. "Наука", Москва, 1972. Глава II, § 3, пункт 3).

Предположим, что в бесконечномерном пространстве $L$ (Фреше или банаховом) имеется счётный базис Гамеля $\vec a_1,\vec a_2,\ldots,\vec a_k,\ldots$. Для $k\in\mathbb N$ обозначим $L_k$ линейную оболочку векторов $\vec a_1,\vec a_2,\ldots,\vec a_k$. Тогда $L=\bigcup\limits_{k=1}^{\infty}L_k$. С другой стороны, каждое $L_k$ нигде не плотно в $L$, и по теореме Бэра такое равенство невозможно. Противоречие. \qed

Но мне стало интересно, какое доказательство имел в виду Oleg Zubelevich.