Teorema de la dimensión para espacios vectoriales

Demostramos el teorema de la dimensión para espacios vectoriales.

Enunciado
Sea $E$ espacio vectorial sobre el cuerpo $\mathbb{K}.$  Demostrar que todas las bases de $E$ tienen el mismo cardinal.

Solución
Demostraremos previamente el siguiente lema:

LEMA.  Sea $E$ espacio vectorial sobre el cuerpo $\mathbb{K},$ $S\subset E$ y $u,v$ vectores de $E.$ Entonces, $v\in L\left[S\cup \{u\}\right]-L[S]\Rightarrow u\in L\left[S\cup \{v\}\right]$

Demostración.  Por hipótesis  $v\in L\left[S\cup \{u\}\right]-L[S],$ lo cual implica que $v$ es combinación lineal finita de elementos de $S\cup\{u\}.$ Es decir: $$v=\alpha_1 s_1+\cdots+\alpha_ms_m +\alpha u\quad (s_i\in S).$$ No puede ocurrir $\alpha=0,$ pues en tal caso, $v$ pertenecería a $L[S].$ Despejando $u$ queda: $$u=\alpha^{-1}v+\left(\alpha^{-1}\alpha_1\right)s_1+\cdots+\left(\alpha^{-1}\alpha_m\right)s_m,$$ es decir $u\in L\left[S\cup \{v\}\right].\qquad\square$

Demostremos ahora el teorema. Distinguiremos los casos:

1.  $E$ tiene  una base formada por un número finito de vectores.
2.  Ninguna base de $E$  tiene un número finito de vectores.

Caso 1.  $E$ tiene  una base formada por un número finito de vectores.

Sea entonces $B$ una base formada por $n$ vectores,  $B=\{u_1,\ldots,u_n\}.$  Tenemos que demostrar que cualquier otra base $B_1$ tiene también $n$ vectores. Supondremos que $\text{card }B_1$ $\neq n$ y llegaremos a una contradicción. Distinguiremos los casos $\text{card }B_1=m<n$ y $\text{card }B_1>n.$

$(a)\;$ Supongamos $\text{card }B_1=m<n,$  y  sea $B_1=\{v_1,\ldots,v_m\}.$ Como $v_1\in L[B],$ podemos escribir $v_1=\alpha_1 u_1+\cdots \alpha_nv_n.$ Algún escalar $\alpha_i$ ha de ser no nulo pues $v_1\neq 0.$ Supondremos sin pérdida de generalidad que $\alpha_1\neq 0.$ No puede ocurrir $v_1\in L[\{u_2,\ldots,u_n\}]$ pues en tal caso $$\begin{aligned}&v_1=\alpha_1 u_1+\alpha_2u_2+\cdots \alpha_nv_n,\\&v_1=\qquad\quad \beta_2 u_2+\cdots \beta_nv_n,\end{aligned}$$ y restando obtendríamos $\alpha_1 u_1+\cdots +(\alpha_n-\beta_n)u_n=0$ con  $\alpha_1\neq 0$ en contradicción con ser $B$ conjunto linealmente independiente. Tenemos por tanto $$v_1\in L[\{u_2,\ldots,u_n\}\cup\{u_1\}]-L[\{u_2,\ldots,u_n\}]$$ y aplicando el lema al conjunto $S=\{u_2,\ldots,u_n\}:$ $$u_1\in L[\{v_1,u_2,\ldots,u_n\}].$$ Como $\{u_2,\ldots,u_n\}$ es linealmente independiente y $v_1\notin L[\{u_2,\ldots,u_n\}],$ el conjunto $\{v_1,u_2,\ldots,u_n\}$ es linealmente independiente.  Como $u_1\in L[\{v_1,u_2,\ldots,u_n\}],$ se verifica $E=L[\{v_1,u_2,\ldots,u_n\}]$ en consecuencia $\{v_1,u_2,\ldots,u_n\}$ es base de $E.$

Podemos repetir el razonamiento anterior $m$ veces, obteniendo la base de $E:$ $$\{v_1,\ldots,v_m,u_{m+1},\ldots,u_n\}.$$ Pero $\{v_1,\ldots,v_m\}$ es base de $E,$ por tanto $u_{m+1}\in L[\{v_1,\ldots,v_m\}].$ Esto implica que$$\{v_1,\ldots,v_m,u_{m+1},\ldots,u_n\}$$ es linealmente dependiente, lo cual es una contradicción. Concluimos que no puede ocurrir $\text{card }B_1<n.$

$(b)\;$ Supongamos ahora que $\text{card }B_1>n$ (ahora podría ser $\text{card }B_1$ infinito). Por un razonamiento similar al hecho en $(a),$ podemos sustituir $n$ vectores de $B_1$ por los vectores $u_1,\ldots,u_n.$ Tendríamos así una base de $E$ de la forma $B\cup S$ con $S\subset B_1$ y $S$ no vacío. Pero $B$ es base de $E,$ y al ser $S\neq \emptyset,$  $B\cup S$ es linealmente dependiente lo cual es una contradicción.

Concluimos que si $E$ tiene una base formada por $n$ vectores, todas las bases de $E$ tienen cardinalidad $n,$ lo cual demuestra el teorema en el caso 1.

Caso 2. Ninguna base de $E$ tiene cardinal finito.

Si $B_1$ y $B_2$ dos bases de $E,$ entonces $B_1$ y $B_2$ tienen un número infinito de vectores. Si $u\in B_1,$ como $B_2$ es base de $E,$ existe un único subconjunto finito $\Delta_x\subset B_2$ tal que  $u\in L(\Delta_u)$ y $u\notin L(\Delta’)$ para todo subconjunto propio $\Delta’$ de $\Delta_u.$ Tenemos pues una función bien definida: $$\varphi: B_1\to \mathcal{P}(B_2),\quad \varphi(u)=\Delta_u.$$ Recordemos ahora la siguiente propiedad de teoría de cardinales:

PROPIEDAD.  Si $A$ y $B$ son conjuntos con $A$ infinito y para todo $x\in A$ consideramos un conjunto finito $\Delta_x\subset B,$ entonces $$\text{card } A\geq \text{card }\left(\bigcup_{x\in A}\Delta_x\right).$$ Como $B_1$ es conjunto infinito, por la propiedad anterior:$$\text{card } B_1\geq \text{card }\left(\bigcup_{u\in B_1}\Delta_u\right).$$ Dado que $u\in L(\Delta_u)$ para todo $u\in B_1,$ $E=L\left(\bigcup_{u\in B_1}\Delta_u\right).$ Como  $\bigcup_{u\in B_1}\Delta_u$ es subconjunto de $B_2$ que genera a $E$ y $B_2$ es base de $E,$ concluimos que $B_2=\bigcup_{u\in B_1}\Delta_u,$ es decir $\text{card } B_1\geq \text{card }B_2.$ Intercambiando los papeles de $B_1$ y $B_2,$ obtenemos de manera análoga que $\text{card } B_2\geq \text{card }B_1,$ lo cual completa la demostración del teorema.

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