Codimension-Ungleichung

Question

Lassen $N$ und $R$ Unterraum des Vektorraums sein $X$(nicht notwendige endliche Dimension)$\DeclareMathOperator{\codim}{codim}$

Annehmen $N\subset R \subset X$, beweise die Ungleichheit der Codimension:

$$\codim R \le \codim N$$

Dies ist sehr einfach, wenn wir die Dimensionsformel verwenden: $\dim X = \dim N + \codim N = \dim R + \codim R\:$ (wobei codimension definiert ist als $\codim N = \dim(X/N)$ )

Wie kann man es ohne diese Formel beweisen?

Answer 1

Ich werde die Notation in etwas ändern, das eher dem Geist der linearen Algebra entspricht. Lassen$K$ ein beliebiges Feld sein und $V$ ein Linker $K$-Vektorraum mit Teilräumen $U \leqslant_K U' \leqslant_K V$.

Die Identitätskarte $\mathbf{1}_V$ Karten $U$ zu $U'$ so induziert es einen Quotientenmorphismus $f \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V/U, V/U')$ was die Beziehung erfüllt $f \circ \sigma=\sigma'$, wo $\sigma \colon V \to V/U$ und $\sigma' \colon V \to V/U'$bezeichnen die jeweiligen kanonischen Surjektionen. Da es sich um den Quotienten einer surjektiven Karte handelt,$f$ ist selbst surjektiv und wir können auch leicht die Beschreibung erhalten $\mathrm{Ker}f=\sigma[U']=U'/U \leqslant_K V/U$.

Aufgrund des fundamentalen (Iso-) Morphismus-Theorems schließt man daraus: $$\left(V/U\right)/\left(U'/U\right) \approx V/U' \quad (\operatorname{K-\mathbf{Mod}}),$$ was insbesondere beinhaltet $\mathrm{codim}_{V/U}(U'/U)=\mathrm{codim}_V(U')$.

Aus der allgemeinen Dimension-Codimension-Beziehung (für jeden Unterraum ist die Summe zwischen seiner Dimension und Codimension im Umgebungsraum die Dimension der Umgebung) leiten wir Folgendes ab: $$\mathrm{dim}_K (V/U)=\mathrm{dim}_{K}(V/U')+\mathrm{dim}_K(U'/U),$$ was - unter Berücksichtigung der Definition von Codimensionen - klarer geschrieben werden kann als: $$\mathrm{codim}_VU=\mathrm{codim}_{V}U'+\mathrm{codim}_{U'}U,$$die bekannte Beziehung der Transitivität von Codimensionen .

---

Ich werde hier (ohne Beweis) den Grundsatz für die Existenz von Quotientenmorphismen erwähnen :

Lassen $K$ sei ein beliebiges Feld mit $V$, $V'$ Zwei übrig $K$-Vektorräume. Lassen$f \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V, V')$ sei ein $K$-lineare Karte (Morphismus von $K$-Vektorräume) und $U \leqslant_K \mathrm{Ker}f$ ein Unterraum von sein $U$ im Kernel von enthalten $f$. Lassen$\sigma \colon V \to V/U$bezeichnen die kanonische Surjektion. Es gibt einen einzigartigen Morphismus$g \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V/U, V')$ so dass $f=\sigma \circ g$, Morphismus, der die Eigenschaften hat: $$\begin{align*} \mathrm{Ker}g&=(\mathrm{Ker}f)/U\\ \mathrm{Im}g&=\mathrm{Im}f. \end{align*}$$

Answer 2

Betrachten Sie die Karte $f: X/N\to X/R $ definiert über $x+N\mapsto x+R $. Es ist eine gut definierte surjektive Karte. Also nach dem Rang-Null-Theorem$$\dim(X/R)=\dim(X/N)-\dim(\ker f)\leq \dim(X/N).$$

Answer 3

Wenn $N\subseteq R$ dann $X/N$ ist ein Vektorraum 'enthaltend' $R/N$, in welchem $(X/N)/(R/N)\cong X/R$nach einem der Isomorphismus-Theoreme ($x+N\mapsto x+R$ wie in der Antwort von Shivering Soldier).

Im Algemeinen, $\dim(V/W)\le\dim V$daher folgt daraus $\mathrm{codim}(R)=\dim(X/R)\le\dim(X/N)=\mathrm{codim}(N)$.

Beweis dieser Tatsache: Wenn $v_i$ ist eine Basis für $V$ dann $v_i+W$ Spanne $V/W$ (offensichtlich) und damit die Dimension von $V/W$ kann nur kleiner sein als das von $V$.

Answer 4

Basierend auf der linearen Karte $f: X/N\to X/R$ ,welches ist :

• gut definiert
• surjektiv
• linear

Jetzt gegebene Basis gesetzt für $(X/R)$ dh $\{b_i|i\in I\}$können wir feststellen, dass es sich um einen Vorbildpunkt handelt, der ihm entspricht, d. h $\mathcal{X} = \{x_i|i\in I\}$ so dass $f(x_i) = b_i$

Nun dieses Set $\mathcal{X} $ ist linear unabhängig, da endliche Summe $\sum c_ix_i = 0$ dann handeln $f$ auf beiden seiten haben wir $\sum c_ib_i = 0$ was bedeutet, alle von $c_i = 0$.

Da wir für den Vektorraum immer die lineare unabhängige Menge erweitern können $L$ Zum Basissatz dieses Vektorraums haben wir die Einschlusskarte zwischen $\mathcal{X}$ und Basis von $X/N$ (bezeichnet es $\mathcal{B}$).so dass $i:\mathcal{X} \to \mathcal{B}$.so:

$$|I| = |\mathcal{X}| \le |\mathcal{B}|$$ die den Beweis vervollständigen

Answer 5

Vielleicht einfacher (obwohl unter der Haube den verschiedenen oben auf Quotienten basierenden Argumenten wirklich ähnlich), die Erweiterung der linear unabhängigen Menge auf eine Basis in einem unendlich dimensionalen Vektorraum zu verwenden .

Eine Basis von $N$, $\mathcal{N}$kann auf eine Basis von erweitert werden $R$, $\mathcal{R}$, die auf eine Basis von erweitert werden kann $X$, $\mathcal{X}$. Dann$\mathcal{X} \smallsetminus \mathcal{R} \subseteq \mathcal{X} \smallsetminus \mathcal{N}$, wie gezeigt werden sollte.