Desigualdade de codimensão

Question

Deixar $N$ e $R$ ser subespaço do espaço vetorial $X$(não é necessária dimensão finita)$\DeclareMathOperator{\codim}{codim}$

Presumir $N\subset R \subset X$, prove a desigualdade codimensão:

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

Isso é muito simples se usarmos a fórmula da dimensão: $\dim X = \dim N + \codim N = \dim R + \codim R\:$ (onde codimensão é definida como $\codim N = \dim(X/N)$ )

Como provar sem essa fórmula?

Answer 1

Vou mudar a notação para algo que está mais no espírito da álgebra linear. Deixar$K$ ser um campo arbitrário e $V$ uma esquerda $K$- espaço vetorial com subespaços $U \leqslant_K U' \leqslant_K V$.

O mapa de identidade $\mathbf{1}_V$ mapas $U$ para $U'$ por isso induz um morfismo de quociente $f \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V/U, V/U')$ que satisfaz a relação $f \circ \sigma=\sigma'$, Onde $\sigma \colon V \to V/U$ e $\sigma' \colon V \to V/U'$denotam as respectivas sobreposições canônicas. Como é o quociente de um mapa sobrejetivo,$f$ é em si sobrejetiva e também podemos obter facilmente a descrição $\mathrm{Ker}f=\sigma[U']=U'/U \leqslant_K V/U$.

Portanto, em virtude do teorema fundamental do (iso) morfismo, infere-se que: $$\left(V/U\right)/\left(U'/U\right) \approx V/U' \quad (\operatorname{K-\mathbf{Mod}}),$$ que em particular envolve $\mathrm{codim}_{V/U}(U'/U)=\mathrm{codim}_V(U')$.

Da relação dimensão-codimensão geral (para qualquer subespaço, a soma entre sua dimensão e codimensão no espaço ambiente é a dimensão do ambiente), derivamos o seguinte: $$\mathrm{dim}_K (V/U)=\mathrm{dim}_{K}(V/U')+\mathrm{dim}_K(U'/U),$$ que - levando em consideração a definição de codimensões - pode ser escrito mais claramente como: $$\mathrm{codim}_VU=\mathrm{codim}_{V}U'+\mathrm{codim}_{U'}U,$$a conhecida relação de transitividade das codimensões .

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Mencionarei aqui (sem prova) o teorema fundamental para a existência de morfismos de quociente :

Deixar $K$ ser um campo arbitrário com $V$, $V'$ sobraram dois $K$- espaços vetoriais. Deixar$f \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V, V')$ seja um $K$- mapa linear (morfismo de $K$- espaços vetoriais) e $U \leqslant_K \mathrm{Ker}f$ ser um subespaço de $U$ incluído no kernel de $f$. Deixar$\sigma \colon V \to V/U$denotam a sobreposição canônica. Existe um morfismo único$g \in \mathrm{Hom}_{\operatorname{K-\mathbf{Mod}}}(V/U, V')$ de tal modo que $f=\sigma \circ g$, morfismo que tem as propriedades: $$\begin{align*} \mathrm{Ker}g&=(\mathrm{Ker}f)/U\\ \mathrm{Im}g&=\mathrm{Im}f. \end{align*}$$

Answer 2

Considere o mapa $f: X/N\to X/R $ definido via $x+N\mapsto x+R $. É um mapa sobrejetivo bem definido. Então, pelo teorema da nulidade de classificação$$\dim(X/R)=\dim(X/N)-\dim(\ker f)\leq \dim(X/N).$$

Answer 3

Se $N\subseteq R$ então $X/N$ é um espaço vetorial 'contendo' $R/N$, no qual $(X/N)/(R/N)\cong X/R$, por um dos teoremas de isomorfismo ($x+N\mapsto x+R$ como na resposta do Shivering Soldier).

Em geral, $\dim(V/W)\le\dim V$, portanto, segue-se que $\mathrm{codim}(R)=\dim(X/R)\le\dim(X/N)=\mathrm{codim}(N)$.

Prova deste fato: Se $v_i$ é uma base para $V$ então $v_i+W$ período $V/W$ (óbvio) e, portanto, a dimensão de $V/W$ só pode ser menor que o de $V$.

Answer 4

Com base no mapa linear $f: X/N\to X/R$ ,qual é :

• bem definido
• sobrejetiva
• linear

Agora dada a base definida para $(X/R)$ ie $\{b_i|i\in I\}$, podemos descobrir que é um ponto de pré-imagem correspondente, ou seja, $\mathcal{X} = \{x_i|i\in I\}$ de tal modo que $f(x_i) = b_i$

Agora este conjunto $\mathcal{X} $ é linear independente, uma vez que o sume finito $\sum c_ix_i = 0$ então aja $f$ em ambos os lados temos $\sum c_ib_i = 0$ o que significa tudo de $c_i = 0$.

Já que para o espaço vetorial, podemos sempre expandir o conjunto linear independente $L$ ao conjunto de base deste espaço vetorial, temos o mapa de inclusão entre $\mathcal{X}$ e base de $X/N$ (denotou isso $\mathcal{B}$).de tal modo que $i:\mathcal{X} \to \mathcal{B}$.tão:

$$|I| = |\mathcal{X}| \le |\mathcal{B}|$$ que completam a prova

Answer 5

Talvez mais fácil (embora realmente semelhante aos vários argumentos baseados em quocientes, acima), usando a extensão de conjunto linearmente independente para uma base em um espaço vetorial de dimensão infinita .

Uma base de $N$, $\mathcal{N}$, pode ser estendido para uma base de $R$, $\mathcal{R}$, que pode ser estendido a uma base de $X$, $\mathcal{X}$. Então$\mathcal{X} \smallsetminus \mathcal{R} \subseteq \mathcal{X} \smallsetminus \mathcal{N}$, como era para ser mostrado.