Inégalité de codimension

Question

Laisser $N$ et $R$ être un sous-espace de l'espace vectoriel $X$(dimension finie non nécessaire)$\DeclareMathOperator{\codim}{codim}$

Présumer $N\subset R \subset X$, prouvez l'inégalité de codimension:

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

C'est très simple si nous utilisons la formule de dimension: $\dim X = \dim N + \codim N = \dim R + \codim R\:$ (où la codimension est définie comme $\codim N = \dim(X/N)$ )

Comment le prouver sans cette formule?

Answer 1

Je changerai la notation en quelque chose qui est plus dans l'esprit de l'algèbre linéaire. Laisser$K$ être un champ arbitraire et $V$ Une gauche $K$-espace vectoriel avec sous-espaces $U \leqslant_K U' \leqslant_K V$.

La carte d'identité $\mathbf{1}_V$ Plans $U$ à $U'$ donc cela induit un morphisme quotient $f \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V/U, V/U')$ qui satisfait la relation $f \circ \sigma=\sigma'$, où $\sigma \colon V \to V/U$ et $\sigma' \colon V \to V/U'$dénotent les surjections canoniques respectives. Comme il s'agit du quotient d'une carte surjective,$f$ est lui-même surjectif et on peut aussi facilement obtenir la description $\mathrm{Ker}f=\sigma[U']=U'/U \leqslant_K V/U$.

Par conséquent, en vertu du théorème (iso) morphisme fondamental, on en déduit que: $$\left(V/U\right)/\left(U'/U\right) \approx V/U' \quad (\operatorname{K-\mathbf{Mod}}),$$ ce qui implique notamment $\mathrm{codim}_{V/U}(U'/U)=\mathrm{codim}_V(U')$.

À partir de la relation dimension-codimension générale (pour tout sous-espace, la somme entre sa dimension et la codimension dans l'espace ambiant est la dimension de l'ambiant), nous déduisons ce qui suit: $$\mathrm{dim}_K (V/U)=\mathrm{dim}_{K}(V/U')+\mathrm{dim}_K(U'/U),$$ qui - en tenant compte de la définition des codimensions - peut s'écrire plus clairement comme: $$\mathrm{codim}_VU=\mathrm{codim}_{V}U'+\mathrm{codim}_{U'}U,$$la relation bien connue de transitivité des codimensions .

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Je mentionnerai ici (sans preuve) le théorème fondamental de l'existence des morphismes quotients :

Laisser $K$ être un champ arbitraire avec $V$, $V'$ deux à gauche $K$-espaces vectoriels. Laisser$f \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V, V')$ être un $K$-mappe linéaire (morphisme de $K$-espaces vectoriels) et $U \leqslant_K \mathrm{Ker}f$ être un sous-espace de $U$ inclus dans le noyau de $f$. Laisser$\sigma \colon V \to V/U$dénotent la surjection canonique. Il existe un morphisme unique$g \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V/U, V')$ tel que $f=\sigma \circ g$, morphisme qui a les propriétés: $$\begin{align*} \mathrm{Ker}g&=(\mathrm{Ker}f)/U\\ \mathrm{Im}g&=\mathrm{Im}f. \end{align*}$$

Answer 2

Considérez la carte $f: X/N\to X/R $ défini via $x+N\mapsto x+R $. C'est une carte surjective bien définie. Donc, par théorème de nullité de rang$$\dim(X/R)=\dim(X/N)-\dim(\ker f)\leq \dim(X/N).$$

Answer 3

Si $N\subseteq R$ puis $X/N$ est un espace vectoriel 'contenant' $R/N$, dans lequel $(X/N)/(R/N)\cong X/R$, par l'un des théorèmes d'isomorphisme ($x+N\mapsto x+R$ comme dans la réponse de Shivering Soldier).

En général, $\dim(V/W)\le\dim V$, d'où il suit que $\mathrm{codim}(R)=\dim(X/R)\le\dim(X/N)=\mathrm{codim}(N)$.

Preuve de ce fait: Si $v_i$ est une base pour $V$ puis $v_i+W$ envergure $V/W$ (évidente) et donc la dimension de $V/W$ ne peut être que inférieur à celui de $V$.

Answer 4

Basé sur la carte linéaire $f: X/N\to X/R$ ,lequel est :

• bien défini
• surjectif
• linéaire

Maintenant donné la base établie pour $(X/R)$ c'est à dire $\{b_i|i\in I\}$, nous pouvons trouver que c'est l'un des points de préimage qui lui correspond ie $\mathcal{X} = \{x_i|i\in I\}$ tel que $f(x_i) = b_i$

Maintenant cet ensemble $\mathcal{X} $ est linéaire indépendant, puisque somme finie $\sum c_ix_i = 0$ puis agir $f$ des deux côtés nous avons $\sum c_ib_i = 0$ ce qui signifie tout $c_i = 0$.

Puisque pour l'espace vectoriel, nous pouvons toujours étendre l'ensemble indépendant linéaire $L$ à l'ensemble de base de cet espace vectoriel, nous avons la carte d'inclusion entre $\mathcal{X}$ et base de $X/N$ (l'a noté $\mathcal{B}$).tel que $i:\mathcal{X} \to \mathcal{B}$.donc:

$$|I| = |\mathcal{X}| \le |\mathcal{B}|$$ qui complètent la preuve

Answer 5

Peut-être plus facile (bien que vraiment similaire sous le capot aux divers arguments basés sur le quotient, ci-dessus), en utilisant l' extension d'un ensemble linéairement indépendant à une base dans un espace vectoriel de dimension infinie .

Une base de $N$, $\mathcal{N}$, peut être étendu à une base de $R$, $\mathcal{R}$, qui peut être étendu à une base de $X$, $\mathcal{X}$. ensuite$\mathcal{X} \smallsetminus \mathcal{R} \subseteq \mathcal{X} \smallsetminus \mathcal{N}$, comme cela devait être montré.