§E3.3基底と次元

証明. 有限一次結合の和とスカラー倍は再び有限一次結合なので、§E3.2 命題 1.5により$\operatorname{span}S$は部分空間である。各$s\in S$は$1s$と書くことができるので$S$を含む。$W$が$S$を含む部分空間なら、$W$は有限回の加法とスカラー倍について閉じているため、$S$の任意の有限一次結合を含む。したがって$\operatorname{span}S\subseteq W$である。▨

証明.$v\in\operatorname{span}S$なら、$v=\sum_{i=1}^m a_is_i$から$v-\sum_i a_is_i=0$という$v$の係数が$1$である非自明な関係を得る。逆に$S\cup\{v\}$に非自明な関係があるとする。$S$だけの係数が非零なら$S$の一次独立性に反するので、$v$の係数$c$は非零である。関係を$v$について解くと$v=-c^{-1}\sum_i a_is_i\in\operatorname{span}S$となる。▨

証明.$S_0$を含む一次独立部分集合全体を

とし、包含関係で順序を付ける。$\mathcal C\subseteq\mathcal P$を鎖とする。$\mathcal C$が空なら$S_0\in\mathcal P$が上界である。以下、$\mathcal C$は空でないとする。$U=\bigcup_{S\in\mathcal C}S$は$S_0$を含む。$U$の有限部分$\{u_1,\ldots,u_m\}$を取る。各$u_i$を含む$\mathcal C$の元を一つずつ選ぶと、$\mathcal C$は包含関係について全順序集合であり、選んだ有限個の元のうち最大のものが全ての$u_i$を含む。その元は一次独立なので、$\{u_1,\ldots,u_m\}$も一次独立である。一次関係は有限個のベクトルだけを含むため、$U$は一次独立である。したがって$U\in\mathcal P$であり、$U$は鎖$\mathcal C$の上界である。

§E1.20 定理 2.1の Zorn の補題により$\mathcal P$は極大元$B$をもつ。もし$\operatorname{span}B\ne V$なら、$v\in V\setminus\operatorname{span}B$を取ることができる。補題 1.4により$B\cup\{v\}$は一次独立であり、$B$の極大性に反する。したがって$\operatorname{span}B=V$であり、$B$は$S_0$を含む基底である。$S_0=\varnothing$とすれば、任意の$V$に基底が存在する。▨

証明.$m$について帰納法を用いる。$m=0$では、与えられた生成系を変更する必要がない。$m\ge1$とし、帰納法の仮定を$v_1,\ldots,v_{m-1}$に適用する。添字を付け替えることにより、$v_1,\ldots,v_{m-1},w_m,\ldots,w_n$が$V$を生成するとしてよい。この生成系で

と表す。もし全ての$b_j$が零なら$v_m\in\operatorname{span}\{v_1,\ldots,v_{m-1}\}$となり、一次独立性に反する。したがって$b_k\ne0$となる$k\ge m$がある。等式を$w_k$について解けば、$w_k$を$v_m$で置き換えた集合も$V$を生成する。とくに$k$が存在するため$m\le n$である。▨

証明. 各$b\in B$について、$b$を$C$の有限一次結合で表し、その式に現れる係数が非零である元の有限集合を$F_b\subseteq C$とする。$F_b$は空ではない。有限集合$F\subseteq C$ごとに$B_F=\{b\in B:F_b=F\}$とおく。$B_F$は$\operatorname{span}F$に含まれる一次独立集合なので、補題 3.1により$|B_F|\le |F|$である。したがって各$B_F$は有限であり、

と書くことができる。ここで$[C]^{<\omega}$は$C$の有限部分集合全体である。

残る基数評価を示す。選択公理により、$C$を$C$と等濃な基数$\kappa=|C|$と同一視することができる。基数は順序数であるから、$C$の元は$\kappa$未満の順序数として扱うことができる。無限基数の有限積について$\kappa^r=\kappa$が各正整数$r$で成り立つ。この等式は次の標準的な最小反例論法で得られる。$\lambda^2>\lambda$となる最小の無限基数$\lambda$があると仮定し、$\lambda\times\lambda$を

の辞書式順序で整列する。これは整列順序である。$x=(\alpha,\beta)$とし、$\gamma=\max(\alpha,\beta)+1<\lambda$と置く。$x$より前の対は全て$\gamma\times\gamma$に属する。$\gamma$が有限なら、この初期部分も有限である。$\gamma$が無限なら$\mu=|\gamma|<\lambda$であり、$\lambda$の最小性から$\mu^2=\mu<\lambda$である。したがって、いずれの場合にも$x$より前の集合の濃度は$\lambda$未満である。

$\rho(x)$を、この整列順序で$x$より前にある集合の順序型とする。$x<y$なら$x$は$y$より前の集合に属するので$\rho(x)<\rho(y)$であり、$\rho$は単射である。また$|\rho(x)|<\lambda$である。$\lambda$は基数なので、この不等式から$\rho(x)<\lambda$が従う。よって$\rho:\lambda\times\lambda\to\lambda$は単射である。逆向きには$\alpha\mapsto(\alpha,0)$が単射なので、§E1.11 定理 4.2から$\lambda^2=\lambda$となり、仮定に反する。よって$\kappa^2=\kappa$であり、帰納法で$\kappa^r=\kappa$が全ての正整数$r$について成り立つ。さらに$\aleph_0\le\kappa$なので$\kappa\le\aleph_0\cdot\kappa\le\kappa\cdot\kappa=\kappa$であり、$\aleph_0\cdot\kappa=\kappa$である。

各有限部分集合を重複を許す有限列として並べることにより

である。逆向きは$c\mapsto\{c\}$から従うので$|[C]^{<\omega}|=\kappa$である。各$B_F$は有限であるから、

を得る。▨

証明.$B,C$の一方が有限であるとし、役割を交換して$B$が$m$元からなるとしてよい。$C$が相異なる$m+1$元を含むなら、それらは一次独立であり、$m$元の有限生成系$B$に補題 3.1を適用すると$m+1\le m$となって矛盾する。したがって$C$は有限であり、$|C|\le m$である。ここで初めて、一次独立集合$B$と有限生成系$C$に交換補題を適用することができ、$m\le|C|$を得る。よって$|B|=m=|C|$である。

両方が無限なら、$B$は一次独立で$C$は無限生成集合なので補題 3.2から$|B|\le|C|$を得る。役割を交換して$|C|\le|B|$も得る。§E1.11 定理 4.2により$|B|=|C|$である。▨