Desigualdad de codimensión
Dejar $N$ y $R$ ser subespacio del espacio vectorial $X$(dimensión finita no necesaria)$\DeclareMathOperator{\codim}{codim}$
Asumir $N\subset R \subset X$, demuestre la desigualdad de codimensión:
$$\codim R \le \codim N$$
Esto es muy simple si usamos la fórmula de dimensión: $\dim X = \dim N + \codim N = \dim R + \codim R\:$ (donde codimensión se define como $\codim N = \dim(X/N)$ )
¿Cómo probarlo sin esta fórmula?
Respuestas
Cambiaré la notación por algo más en el espíritu del álgebra lineal. Dejar$K$ ser un campo arbitrario y $V$ una izquíerda $K$-espacio vectorial con subespacios $U \leqslant_K U' \leqslant_K V$.
El mapa de identidad $\mathbf{1}_V$ mapas $U$ a $U'$ por lo que induce un morfismo cociente $f \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V/U, V/U')$ que satisface la relación $f \circ \sigma=\sigma'$, dónde $\sigma \colon V \to V/U$ y $\sigma' \colon V \to V/U'$denotar las respectivas sobreyecciones canónicas. Como es el cociente de un mapa sobreyectivo,$f$ es en sí misma sobreyectiva y también podemos obtener fácilmente la descripción $\mathrm{Ker}f=\sigma[U']=U'/U \leqslant_K V/U$.
Por tanto, en virtud del teorema del (iso) morfismo fundamental, se infiere que: $$\left(V/U\right)/\left(U'/U\right) \approx V/U' \quad (\operatorname{K-\mathbf{Mod}}),$$ que en particular implica $\mathrm{codim}_{V/U}(U'/U)=\mathrm{codim}_V(U')$.
De la relación general dimensión-codimensión (para cualquier subespacio, la suma entre su dimensión y codimensión en el espacio ambiental es la dimensión del ambiente) obtenemos lo siguiente: $$\mathrm{dim}_K (V/U)=\mathrm{dim}_{K}(V/U')+\mathrm{dim}_K(U'/U),$$ que, teniendo en cuenta la definición de codimensiones, se puede escribir más claramente como: $$\mathrm{codim}_VU=\mathrm{codim}_{V}U'+\mathrm{codim}_{U'}U,$$la conocida relación de transitividad de codimensiones .
Mencionaré aquí (sin prueba) el teorema fundamental de la existencia de morfismos cocientes :
Dejar $K$ ser un campo arbitrario con $V$, $V'$ dos a la izquierda $K$-espacios vectoriales. Dejar$f \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V, V')$ ser un $K$-mapa lineal (morfismo de $K$-espacios vectoriales) y $U \leqslant_K \mathrm{Ker}f$ ser un subespacio de $U$ incluido en el kernel de $f$. Dejar$\sigma \colon V \to V/U$denotar la sobreyección canónica. Existe un morfismo único$g \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V/U, V')$ tal que $f=\sigma \circ g$, morfismo que tiene las propiedades: $$\begin{align*} \mathrm{Ker}g&=(\mathrm{Ker}f)/U\\ \mathrm{Im}g&=\mathrm{Im}f. \end{align*}$$
Considere el mapa $f: X/N\to X/R $ definido a través de $x+N\mapsto x+R $. Es un mapa sobreyectivo bien definido. Entonces, por el teorema de nulidad de rango$$\dim(X/R)=\dim(X/N)-\dim(\ker f)\leq \dim(X/N).$$
Si $N\subseteq R$ entonces $X/N$ es un espacio vectorial 'que contiene' $R/N$, en el cual $(X/N)/(R/N)\cong X/R$, por uno de los teoremas del isomorfismo ($x+N\mapsto x+R$ como en la respuesta de Shivering Soldier).
En general, $\dim(V/W)\le\dim V$, de ahí se sigue que $\mathrm{codim}(R)=\dim(X/R)\le\dim(X/N)=\mathrm{codim}(N)$.
Prueba de este hecho: si $v_i$ es una base para $V$ entonces $v_i+W$ lapso $V/W$ (obvio) y por lo tanto la dimensión de $V/W$ solo puede ser menor que el de $V$.
Basado en el mapa lineal $f: X/N\to X/R$ ,cual es :
- bien definido
- sobreyectiva
- lineal
Ahora dada la base establecida para $(X/R)$ es decir $\{b_i|i\in I\}$, podemos encontrar que es uno de los puntos de preimagen que le corresponden, es decir $\mathcal{X} = \{x_i|i\in I\}$ tal que $f(x_i) = b_i$
Ahora este conjunto $\mathcal{X} $ es lineal independiente, ya que suma finita $\sum c_ix_i = 0$ entonces actúa $f$ en ambos lados tenemos $\sum c_ib_i = 0$ lo que significa todo $c_i = 0$.
Dado que para el espacio vectorial, siempre podemos expandir un conjunto lineal independiente $L$ al conjunto base de este espacio vectorial, tenemos el mapa de inclusión entre $\mathcal{X}$ y base de $X/N$ (denotado $\mathcal{B}$). tal que $i:\mathcal{X} \to \mathcal{B}$.entonces:
$$|I| = |\mathcal{X}| \le |\mathcal{B}|$$ que completan la prueba
Quizás más fácil (aunque realmente similar bajo el capó a los diversos argumentos basados en cocientes, arriba), usando Extensión de conjunto linealmente independiente a una base en un espacio vectorial de dimensión infinita .
Una base de $N$, $\mathcal{N}$, puede extenderse a una base de $R$, $\mathcal{R}$, que puede extenderse a una base de $X$, $\mathcal{X}$. Entonces$\mathcal{X} \smallsetminus \mathcal{R} \subseteq \mathcal{X} \smallsetminus \mathcal{N}$, como se iba a mostrar.