Cómo entender el rango de nulidad / dimensión teorema de la prueba?

Question

OK, estoy trabajando en las pruebas de la clasificación de nulidad (de lo contrario, en mi clase se conoce como el teorema de la dimensión).

He aquí una prueba de que mi profesor le dio en la clase. Quiero estar seguro de que entiendo el razonamiento. Así que voy a poner lo que había aquí con menos precisas laico de redacción, ya que quiero estar seguro de que sé lo que estoy haciendo. Esto hace que la prueba más fácil de memorizar para mí.

Así:

Vamos a V y V espacios vectoriales.

T:V→W es lineal y V es finito-dimensional y

la función $f \in Hom_K (V,W)$

Deje que dim(V) = n para algún n$\in \mathbb N$ y dim(ker($f$) = $r$

dim(V) = nulidad(T) + rango(T) = dim(ker($ f$ ) + dim(Im($ f$ ))

en algunas notaciones (como en nuestro texto) este wold mirada, como dim(V) = nulidad(T) + rango(T) = dim(N(T)) + dim(R(T))

en la prueba:

$ker(f) \subseteq V$. Y es un subespacio.

¿Por qué un subespacio? Porque, dado que el núcleo de cualquier función es el conjunto de vectores que se va a cero, añadiendo a los vectores de otro vector en V todavía estará en V, una será la multiplicación de ellos (ya que pasan a cero).

desde que dejamos que dim(V)=n todas las bases (base-es?) de V tiene n elementos.

por lo tanto, $ \exists$ base { $x_1 , x_2 , ... , x_r$ } $ ker(f)$ donde r≤n.

(La razón es que cualquier base tendrá una igual o menor número de dimensiones que el espacio que se describe. ker(f) es un subespacio).

por el intercambio lema, que dice que, dado cualquier subconjunto linealmente independiente $ \exists {y_1 , y_2 , ... y_s } \in V $ tal que {$y_1 , y_2 , ... y_n $}$ \cap $ {$x_1 , x_2 ,... ,x_r$}$ = \varnothing $
el siguiente paso, dice que {$y_1 , y_2 , ... y_n$}$ \cup ${$x_1 , x_2 ,... ,x_r$} es una base de V.

Ahora, mi pregunta es si eso es debido a la intersección de los dos conjuntos es el conjunto vacío y son linealmente independientes?

Después de eso, podemos decir que {$ f(y_1), f(y_2),... f(y_n)$ } es una base de Im($ f$ ).

Pero no estoy seguro de por qué lo que es.

Luego dice, podemos afirmar lo siguiente: $ λ_1 f(y_1) + λ_2 f(y_2)+... +λ_s f(y_s)= 0 $

para algunos $λ_1, λ_2, ..., λ_s $ \ $ K

así que tomando $$f \Big( \sum_{i=1}^s x_i y_i \Big) = 0 $$ podemos hacer que en $$ \Big[ \Big( \sum_{i=1}^s \lambda_i f(y_i) \Big) \Big] = \sum_{i=1}^s \lambda_i y_i \in ker(f)$$

Que paso estoy un poco difusa en el razonamiento. IIUC, es justo decir que la toma de la suma de f mediante la unión de x y y conjuntos es igual a cero (sólo f(x,y)), y la suma de los productos de λ y todas las f(y) es igual a la suma de todos los λy términos y todos ellos están en el núcleo de f. Pero quería estar seguro.

Luego dijo que lo anterior implica que existe un conjunto de escalares, $α_1, α_2, ... α_s \in$ K s.t.

$$ \sum_{i=1}^s \lambda_i y_i = \sum_{j=1}^r y_i x_j$$ y que implica, además,

$$\sum_{j=1}^r \alpha_j x_j - \sum_{i=1}^s \alpha_i x_i = 0 $$

lo que implica $α_j, λi = 0$ para todo 1≤j≤r y 1≤i≤s.

y que implica, además, que el conjunto {$f(y_1), f(y_2), ... ,f(y_s )$} es linealmente independiente.

Entonces él dice: para todo z en el Im(f) existe un x$ \in V$ s.t. $z=f(x)$ (esto parece obvio, en un nivel, pero me sentía como que era sólo un juego de manos).

entonces

$z = f \Big(\sum_{j=1}^r \alpha_j x_j - \sum_{i=1}^s \lambda_i y_i \Big) = \sum_{j=1}^r \alpha_j f(x_i) + \sum_{i=1}^s x_i f(y_i)= 0 + \sum_{i=1}^s x_i f(y_i)$

y luego dice que dim(V) = r + s = dim(ker(f)) + dim(Im(f))

su los últimos pasos que me parece que no puede justificar en mi cabeza. Cualquier ayuda se agradece (y a ver si he copiado esta mal de la junta).

Answer 1

Tal vez modificar su notación sólo un poco? $T: V \rightarrow W$ donde $dim(V)=n$ $dim(W)=m$ nuestro objetivo es demostrar que $dim(V) = dim(Null(T))+dim(range(T))$ donde$dim(Null(T)) = r$$dim(range(T))= rank(T)=s$. Para demostrar este teorema de la dimensión necesitamos para la exhibición de bases (sí, eso es) que conforman un mínimo de expansión para el nulo espacio y el rango de $T$.

Un enfoque, elija una base para $V$, el estudio de la matriz de $T$ y robar este teorema a partir de los correspondientes teorema de rango y nulidad de una matriz. Ese teorema viene de las tuercas y los pernos de eliminación Gaussiana. No creo que es a lo que el profesor tiene la intención, así que de vuelta a la algebraicas lineales argumento.

Nota: $ker(T) \leq V$ por lo tanto $ker(T)$ es un espacio vectorial y como es un subespacio de un finito-dimensional espacio vectorial tiene una dimensión finita, así, vamos a decir $r$. Además, después de su anotación, $\beta_o=\{ x_1, x_2, \dots , x_r \}$. Supongo que en este punto ya han demostrado en su clase que si un espacio vectorial tiene una base con un número finito de elementos, entonces cualquier base tiene el mismo número de vectores. Llamamos a este número de la dimensión del espacio vectorial(o subespacio).

También es un ejercicio simple para mostrar $T(V) \leq W$ por lo tanto existe una base $\beta_z=\{ z_1,z_2, \dots z_s \}$ para el rango. Para demostrar el teorema, debemos mostrar $r+s=n$.

Si $z_j \in T(V)$ existe $y_j \in V$ tal que $T(y_j)=z_j$. Mostramos $\{y_1,y_2, \dots, y_s\}$ es linealmente independiente, por suponer lo contrario hacia una contradicción: supongamos $c_1y_1+c_2y_2+ \cdots + c_sy_s=0$, con al menos un $c_j \neq 0$ desde $T(0)=0$ y la imagen de una combinación lineal es la combinación lineal de las imágenes: $$ c_1T(y_1)+c_2T(y_2)+ \cdots + c_sT(y_s)=0 $$ Por lo tanto $c_1z_1+c_2z_2 + \cdots + c_sz_s=0$, con al menos un $c_j \neq 0$ por lo tanto $\beta_z$ es linealmente dependiente. Esto contradice nuestra suposición de que $\beta_z$ sirve como una base para la imagen de $T$. Por lo tanto, $\{y_1,y_2, \dots , y_s \} = T^{-1}(\beta_z)$ es un subconjunto linealmente independiente de $V$.

En este punto, me gustaría reclamar $\beta=\beta_o \cup T^{-1}(\beta_z)=\{x_1,x_2, \dots , x_r \} \cup \{y_1,y_2, \dots , y_s \}$ formas de un LI subconjunto de $V$. Aviso de $\beta_o \cap T^{-1}(\beta_z) = \emptyset$ (se puede demostrar esto?) Supongamos que $$c_1x_1+\cdots + c_rx_r+b_1y_1+ \cdots b_sy_s =0. $$ Sabemos $\beta$ contiene un valor distinto de cero vectores de ahí que no trivial solución debe provenir de al menos dos a cero los coeficientes en la mencionada suma. Si los dos o más coeficientes aparecen en la $c_j$-términos, eso no puede suceder por LI de $\beta_o$. Asimismo, dentro de la $b_j$-coeficientes no podemos encontrar una dependencia lineal por LI de $T^{-1}(\beta_z)$. La única posibilidad es que ambos $c_j$ $b_j$ se combinan para dar dependencia lineal, sin embargo, esto es imposible, puesto que contradice el hecho de que las bases de $\beta_o$ $T^{-1}(\beta_z)$ son disjuntas.

Siguiente, ignorando el hecho de que usted puede tener otros teoremas a utilizar, se debe mostrar el $\beta$ abarca $V$. Deje $v \in V$ y supongamos $T(v)=w$. Existen $\alpha_1,\alpha_2, \dots , \alpha_s$ tal que $w = \alpha_1z_1+ \cdots \alpha_sz_s$ desde $\beta_z$ formularios de base de $T(V)$. Además, $T(v-\alpha_1y_1- \cdots -\alpha_sy_s) = T(v)-w=0$ por lo tanto $v-\alpha_1y_1- \cdots -\alpha_sy_s \in ker(T)$. Por lo tanto, no existe $\beta_1, \dots , \beta_r$ tal que $v-\alpha_1y_1- \cdots -\alpha_sy_s = \beta_1x_1+ \cdots +\beta_rx_r$. En consecuencia, $$ v=\alpha_1y_1+ \cdots \alpha_sy_s +\beta_1x_1+ \cdots +\beta_rx_r $$ que muestra $v \in span(\beta)$ y $v$ era arbitraria, nos encontramos con $span(\beta)=V$.

Por lo tanto, $\beta$ constituye una base para $V$ y así (por que otros teorema no estoy demostrando aquí) ha $n$-elementos. Pero, $\beta$ también claramente ha $r+s$ elementos de su construcción. Por lo tanto $r+s=n$ y la prueba está completa.

Answer 2

Sus "términos de los laicos" son a veces difíciles de entender debido a que carecen de precisión.

Algunos comentarios:

1. En su "¿por qué un subespacio?" Usted tiene que demostrar que para dos vectores $v,w\in \operatorname{ker}f$ su suma $v+w$$\operatorname{ker} f$. Y lo mismo para la multiplicación escalar. Que $v+w\in V$ es, por definición, puesto que $V$ es un espacio vectorial.
2. Ahora para la parte con el teorema de cambio. Creo que se mezclan algo. Probablemente debería ser $\langle,\rangle$-soportes y $\{0\}$ en lugar de $\emptyset$. De lo contrario, no se puede concluir que la unión de la $x$'s y el $y$'s va a ser una base. El razonamiento debe ser, probablemente, el siguiente: tomar una base del núcleo de $f$, es decir, el $x$'s, y completar a base de $V$ (la parte que hay que añadir son los $y$'s).
3. Supongo que el $f(y_i)$ formulario de una base que está probado en el resto. Una vez que usted tiene que se puede concluir que el número de $x$'s más el número de $y$s'es la dimensión de la $V$ (ya que todas las bases tienen la misma cardinalidad). Pero el número de $x$s'es la dimensión de la $\operatorname{ker} f$ mientras que el número de $y$s'es el mismo que el número de $f(y)$'s de los cuales vamos a probar que forman una base de la imagen de $f$. Por lo que se han demostrado el teorema.
4. Ahora vamos a tratar de demostrar que: La primera parte es para demostrar que son linealmente independientes. Entonces, lo que hacen es asumir que hay$\lambda_i$$\sum\lambda_i f(y_i)=0$. Luego de reescritura de que el uso de la linealidad de la $f$ a $f(\sum\lambda_iy_i)=0$. (Parece ser que hay una errata en tu pregunta, de dónde es $x_i$ en lugar de $\lambda_i$. Ahora esto significa que $\sum\lambda_iy_i\in \operatorname{ker}(f)$. Entonces debe ser (de nuevo un error tipográfico) que $\sum\lambda_iy_i=\sum\alpha_jx_j$ porque $x_j$ span $\operatorname{ker}(f)$. Ahora que es un elemento tanto en el lapso de la $x$'s y el $y$'s y, por tanto, igual a $0$ (podemos usar 2.) Esto significa que $\sum\lambda_iy_i=0$ y, por tanto, $\lambda_i=0$ todos los $i$ desde $y_i$ formas de base.
5. Después de que nos queda por demostrar que el $f(y_i)$ de intervalo de la imagen de $f$. (Esa es la parte que comienza con "Luego dice:" a) en Primer lugar se comienza con señalar que para $z\in \operatorname{im}(f)$ existe $x\in V$$f(x)=z$. Como usted ha dicho esto es evidente por la definición. Ahora podemos escribir la $x$ en la base que consiste en la $x$'s y el $y$'s. Aquí es de nuevo un error tipográfico, se debe probablemente a $+$ en lugar de un $-$. A continuación, la última igualdades seguir a partir de la linealidad de la $f$. Nuevamente hay dos erratas: El escalares en frente de la $f(y_i)$ debe $\lambda_i$ en lugar de $x_i$. Luego de llegar a la igualdad de $z=\sum \lambda_i f(y_i)$. Pero esto significa que $z$ es en el lapso de la $f(y_i)$, por lo tanto, estos abarcan la imagen de $f$.