Ketidaksetaraan codimension
Membiarkan $N$ dan $R$ menjadi subruang dari ruang vektor $X$(tidak perlu dimensi terbatas)$\DeclareMathOperator{\codim}{codim}$
Menganggap $N\subset R \subset X$, buktikan ketidaksetaraan codimension:
$$\codim R \le \codim N$$
Ini sangat sederhana jika kita menggunakan rumus dimensi: $\dim X = \dim N + \codim N = \dim R + \codim R\:$ (di mana codimension didefinisikan sebagai $\codim N = \dim(X/N)$ )
Bagaimana cara membuktikannya tanpa rumus ini?
Jawaban
Saya akan mengubah notasi menjadi sesuatu yang lebih dalam semangat aljabar linier. Membiarkan$K$ menjadi bidang yang sewenang-wenang dan $V$ kiri $K$ruang -vektor dengan subruang $U \leqslant_K U' \leqslant_K V$.
Peta identitas $\mathbf{1}_V$ peta $U$ untuk $U'$ sehingga menginduksi morfisme hasil bagi $f \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V/U, V/U')$ yang memenuhi hubungan tersebut $f \circ \sigma=\sigma'$, dimana $\sigma \colon V \to V/U$ dan $\sigma' \colon V \to V/U'$menunjukkan perkiraan kanonik masing-masing. Karena ini adalah hasil bagi dari peta dugaan,$f$ itu sendiri bersifat dugaan dan kami juga dapat dengan mudah mendapatkan deskripsinya $\mathrm{Ker}f=\sigma[U']=U'/U \leqslant_K V/U$.
Oleh karena itu, berdasarkan teorema morfisme fundamental (iso) seseorang menyimpulkan bahwa: $$\left(V/U\right)/\left(U'/U\right) \approx V/U' \quad (\operatorname{K-\mathbf{Mod}}),$$ yang secara khusus memerlukan $\mathrm{codim}_{V/U}(U'/U)=\mathrm{codim}_V(U')$.
Dari hubungan dimensi-kodimensi umum (untuk setiap subruang, jumlah antara dimensinya dan kodimensi dalam ruang ambien adalah dimensi ambien) kita memperoleh yang berikut ini: $$\mathrm{dim}_K (V/U)=\mathrm{dim}_{K}(V/U')+\mathrm{dim}_K(U'/U),$$ yang - dengan memperhatikan definisi codimensions - dapat lebih jelas dituliskan sebagai: $$\mathrm{codim}_VU=\mathrm{codim}_{V}U'+\mathrm{codim}_{U'}U,$$hubungan terkenal transitivitas codimensions .
Saya akan menyebutkan di sini (tanpa bukti) teorema fundamental untuk keberadaan morfisme hasil bagi :
Membiarkan $K$ menjadi bidang yang sewenang-wenang dengan $V$, $V'$ dua tersisa $K$ruang -vektor. Membiarkan$f \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V, V')$ menjadi a $K$-peta linier (morfisme $K$-vektor ruang) dan $U \leqslant_K \mathrm{Ker}f$ menjadi subruang dari $U$ termasuk dalam kernel $f$. Membiarkan$\sigma \colon V \to V/U$menunjukkan perkiraan kanonik. Ada morfisme yang unik$g \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V/U, V')$ seperti yang $f=\sigma \circ g$, morfisme yang memiliki sifat: $$\begin{align*} \mathrm{Ker}g&=(\mathrm{Ker}f)/U\\ \mathrm{Im}g&=\mathrm{Im}f. \end{align*}$$
Pertimbangkan petanya $f: X/N\to X/R $ didefinisikan melalui $x+N\mapsto x+R $. Ini adalah peta dugaan yang terdefinisi dengan baik. Jadi dengan teorema rank-nullity$$\dim(X/R)=\dim(X/N)-\dim(\ker f)\leq \dim(X/N).$$
Jika $N\subseteq R$ kemudian $X/N$ adalah ruang vektor yang 'berisi' $R/N$, di mana $(X/N)/(R/N)\cong X/R$, oleh salah satu teorema isomorfisme ($x+N\mapsto x+R$ seperti dalam jawaban Shivering Soldier).
Secara umum, $\dim(V/W)\le\dim V$, maka mengikuti itu $\mathrm{codim}(R)=\dim(X/R)\le\dim(X/N)=\mathrm{codim}(N)$.
Bukti fakta ini: Jika $v_i$ adalah dasar untuk $V$ kemudian $v_i+W$ menjangkau $V/W$ (jelas) dan dengan demikian dimensi $V/W$ hanya bisa kurang dari itu $V$.
Berdasarkan peta linier $f: X/N\to X/R$ ,yang mana :
- terdefinisi dengan baik
- dugaan
- linier
Sekarang diberikan basis yang ditetapkan untuk $(X/R)$ yaitu $\{b_i|i\in I\}$, kita dapat menemukan itu salah satu titik preimage sesuai dengan itu yaitu $\mathcal{X} = \{x_i|i\in I\}$ seperti yang $f(x_i) = b_i$
Sekarang set ini $\mathcal{X} $ linear independen, karena asumsi terbatas $\sum c_ix_i = 0$ kemudian bertindak $f$ di kedua sisi yang kita miliki $\sum c_ib_i = 0$ yang artinya semua $c_i = 0$.
Karena untuk ruang vektor, kita selalu dapat memperluas himpunan independen linier $L$ untuk basis set ruang vektor ini, kami memiliki peta inklusi di antaranya $\mathcal{X}$ dan dasar dari $X/N$ (dilambangkan $\mathcal{B}$).seperti yang $i:\mathcal{X} \to \mathcal{B}$.begitu:
$$|I| = |\mathcal{X}| \le |\mathcal{B}|$$ yang melengkapi buktinya
Mungkin lebih mudah (meskipun sangat mirip di bawah tenda dengan berbagai argumen berbasis hasil bagi, di atas), menggunakan Perpanjangan himpunan independen linier ke basis dalam ruang vektor berdimensi tak hingga .
Dasar dari $N$, $\mathcal{N}$, dapat diperpanjang menjadi dasar $R$, $\mathcal{R}$, yang dapat diperpanjang menjadi $X$, $\mathcal{X}$. Kemudian$\mathcal{X} \smallsetminus \mathcal{R} \subseteq \mathcal{X} \smallsetminus \mathcal{N}$, seperti yang akan ditampilkan.