Demuestra que dimim(f)+dimker(f)=dimVdim⁡im⁡(f)+dim⁡ker⁡(f)=dim⁡V\dim \operatorname{im}(f) + \dim \ker(f) = \dim V

Question

Demuestra que dimim(f)+dimker(f)=dimVdim⁡im⁡(f)+dim⁡ker⁡(f)=dim⁡V\dim \operatorname{im}(f) + \dim \ker(f) = \dim V

Matemáticas
espacios vectoriales
álgebra lineal
transformaciones lineales

Lavanda

Dejar $V,W$ ser dos espacios vectoriales de dimensión finita y $f$ es el mapeo lineal de $V$ a $W$ . Muestra esa $\dim \operatorname{im}(f) + \dim \ker(f) = \dim V.$

Aquí esta lo que hice. Por favor, dame una recomendación o ayúdame a mostrar esto. ¡Gracias de antemano!

Dejar $(e_1,e_2, \dots, e_n)$ ser una base para $V$ y $(e_1,e_2, \dots, e_k)$ ser una base para $\ker(f),k<n$ .

Nosotros podemos obtener

oscuro V = norte, oscuro \ker (F) = k

$\dim V=n,\quad \dim \ker(f)=k$ Entonces tenemos que demostrar que

\dim im (f) = n - k

$\dim \operatorname{im}(f)=n-k$

Desde $(e_1,e_2, \dots,e_n)$ es base para $V$ . $(e_1,e_2, \dots,e_n)$ abarca V.

Dejar $x\in V$ .Existe $\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_n\in\mathbb{K}$ tal que

X = λ_{1} {mi}_{1} + λ_{2} {mi}_{2} + \dots + λ_{norte} {mi}_{norte}

$x=\lambda_1e_1+\lambda_2e_2+\cdots+\lambda_ne_n$

f

$f$ es mapeo lineal

F (X) = F (λ_{1} {mi}_{1} + λ_{2} {mi}_{2} + \dots + λ_{norte} {mi}_{norte})

$f(x)=f(\lambda_1e_1+\lambda_2e_2+\cdots+\lambda_ne_n)$

F (X) = λ_{1} F ({mi}_{1}) + λ_{2} F ({mi}_{2}) + \dots + λ_{norte} F ({mi}_{norte})

$f(x)=\lambda_1f(e_1)+\lambda_2f(e_2)+\cdots+\lambda_nf(e_n)$ que eso

im (f) = {f (v) \in W | v \in V}

$\operatorname{im}(f)=\{f(v)\in W | v\in V\}$

soy (F) = durar {F ({mi}_{1}), F ({mi}_{2}), \dots, F ({mi}_{norte})}

$\operatorname{im}(f)=\operatorname{span}\{f(e_1),f(e_2),\dots,f(e_n)\}$ Desde

(e_{1}, e_{2}, \dots, e_{n})

$(e_1,e_2,\dots,e_n)$ es linealmente independiente. Existe

α_{1}, α_{2}, \dots, α_{k}, \dots α_{n} \in K, k < n

$\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_k,\dots\alpha_n\in\mathbb{K},\quad k<n$

Cual $\alpha_1=\alpha_2=\dots=\alpha_n=0$

α_{1} {mi}_{1} + α_{2} {mi}_{2} + \dots + α_{k} {mi}_{k} + α_{k + 1} {mi}_{k + 1} + \dots + α_{norte} {mi}_{norte} = 0

$\alpha_1e_1+\alpha_2e_2+\cdots+\alpha_ke_k+\alpha_{k+1}e_{k+1}+\cdots+\alpha_ne_n=0$

F (α_{1} {mi}_{1} + α_{2} {mi}_{2} + \dots + α_{k} {mi}_{k} + α_{k + 1} {mi}_{k + 1} + \dots + α_{norte} {mi}_{norte}) = F (0)

$f(\alpha_1e_1+\alpha_2e_2+\cdots+\alpha_ke_k+\alpha_{k+1}e_{k+1}+\cdots+\alpha_ne_n)=f(0)$

α_{1} F ({mi}_{1}) + α_{2} F ({mi}_{2}) + \dots + α_{k} F ({mi}_{k}) + α_{k + 1} F ({mi}_{k + 1}) + \dots + α_{norte} F ({mi}_{norte}) = 0

$\alpha_1f(e_1)+\alpha_2f(e_2)+\cdots+\alpha_kf(e_k)+\alpha_{k+1}f(e_{k+1})+\cdots+\alpha_nf(e_n)=0$ Desde

\ker (f) = span {e_{1}, e_{2}, \dots, e_{k}} ⟹ f (e_{1}) = f (e_{2}) = \dots = f (e_{k}) = 0

$\ker(f)=\operatorname{span}\{e_1,e_2,\dots,e_k\}\Longrightarrow f(e_1)=f(e_2)=\dots=f(e_k)=0$ .Nosotros podemos obtener

α_{k + 1} F ({mi}_{k + 1}) + \dots + α_{norte} F ({mi}_{norte}) = 0

$\alpha_{k+1}f(e_{k+1})+\cdots+\alpha_nf(e_n)=0$ De modo que

{f (e_{k + 1}), \dots, f (e_{n})}

$\{f(e_{k+1}),\dots,f(e_n)\}$ es linealmente independiente.

Nosotros podemos obtener $\{f(e_{k+1}),\dots,f(e_n)\}$ es una base para $\operatorname{im}(f)\Longrightarrow \dim \operatorname{im}(f)=n-k$ .

kenta s

V / \ker (f) ≅ im (f)

$V/\ker(f)\cong\text{im}(f)$ .

Lavanda

¿Debo agregar o hacer algo más en mi prueba?

pedro ag

@LaVendEr Creo que tuviste un error tipográfico, lo cambié. ¿Comparar para ver que estás de acuerdo?

Lavanda

@311411 sí, cambié

pedro ag

No, esto no volaría... Tienes que mostrar 1)

f (e_{k + 1}), \dots f (e_{n})

$f(e_{k+1}), \cdots f(e_{n})$ durar

f (V)

$f(V)$ y 2)

f (e_{k + 1}), \dots f (e_{n})

$f(e_{k+1}), \cdots f(e_n)$ son independientes Su argumento debe tener estas dos partes abordadas explícitamente [tiene la parte 1 algo implícita]. Para la Parte 2), (presumiblemente después de terminar con la parte 1) debe comenzar con algo como "Supongamos que tenemos una relación

α_{k + 1} f (e_{k + 1}) + \dots + α_{n} f (e_{n}) = 0.

$\alpha_{k+1} f(e_{k+1}) + \cdots +\alpha_n f(e_n) =0.$ y, luego, después de una discusión, CONCLUYE que el

α_{k + 1} = \dots = α_{n} = 0

$\alpha_{k+1}=\cdots = \alpha_n = 0$ . Juntos, 1) y 2) implican que

f (e_{k + 1}), \dots, f (e_{n})

$f(e_{k+1}), \cdots, f(e_n)$ forma una base para la imagen.

thorimur

Además, pequeña nota, solo por escribir, creo que debería presentar la base para

\ker f

$\ker f$ primero, y luego diga que lo extiende a una base de

V

$V$ , para aclarar que se pretende que sean "lo mismo"

e_{i}

$e_i$ (y para que no tenga que hacer "retroactivamente" el primer

k

$k$ de

(e_{i})_{i = 1}^{n}

$(e_i)_{i=1}^n$ una base para

\ker f

$\ker f$ después de haberlos presentado).

Respuestas (2)

Demuestra que dimim(f)+dimker(f)=dimVdim⁡im⁡(f)+dim⁡ker⁡(f)=dim⁡V\dim \operatorname{im}(f) + \dim \ker(f) = \dim V

@LaVendEr Creo que tuviste un error tipográfico, lo cambié. ¿Comparar para ver que estás de acuerdo?
No, esto no volaría... Tienes que mostrar 1) $f(e_{k+1}), \cdots f(e_{n})$ durar $f(V)$ y 2) $f(e_{k+1}), \cdots f(e_n)$ son independientes Su argumento debe tener estas dos partes abordadas explícitamente [tiene la parte 1 algo implícita]. Para la Parte 2), (presumiblemente después de terminar con la parte 1) debe comenzar con algo como "Supongamos que tenemos una relación $\alpha_{k+1} f(e_{k+1}) + \cdots +\alpha_n f(e_n) =0.$ y, luego, después de una discusión, CONCLUYE que el $\alpha_{k+1}=\cdots = \alpha_n = 0$ . Juntos, 1) y 2) implican que $f(e_{k+1}), \cdots, f(e_n)$ forma una base para la imagen.
Además, pequeña nota, solo por escribir, creo que debería presentar la base para $\ker f$ primero, y luego diga que lo extiende a una base de $V$ , para aclarar que se pretende que sean "lo mismo" $e_i$ (y para que no tenga que hacer "retroactivamente" el primer $k$ de $(e_i)_{i=1}^n$ una base para $\ker f$ después de haberlos presentado).

usuario20672 · Answer 1

No estoy seguro de lo que se te permite asumir, pero lo pienso así. $\mathrm{Ker}(f) = K$ es un subespacio lineal y junto con su complemento ortogonal, el producto directo genera $V$ :

V = k \oplus k^{⊥}

$V = K \oplus K^\perp$

Desde $f$ prohibido para $K^\perp$ es una función lineal con núcleo trivial, es necesariamente cierto que $\left. f \right|_{K^{\perp}}$ es inyectable. Esto implica que $\mathrm{dim} \, K^\perp = \mathrm{dim} \, f(K^\perp)$ .

El resultado deseado se sigue del hecho de que la dimensión de $V$ es igual a la suma de las dimensiones de los espacios en cualquier producto directo equivalente.

Entonces:

\begin{aligned} d i metro V & = d i metro k \oplus k^{⊥} \\ = d i metro k + d i metro k^{⊥} \\ = d i metro k + d i metro F (k^{⊥}) \\ = d i metro k + d i metro F (V) \\ = d i metro k mi r (F) + d i metro I metro (F) \end{aligned}

$\begin{aligned} \mathrm{dim} \, V & = \mathrm{dim} \, K \oplus K^\perp \\ & = \mathrm{dim} \, K + \mathrm{dim} \, K^{\perp} \\ & = \mathrm{dim} \, K + \mathrm{dim} \, f(K^{\perp}) \\ & = \mathrm{dim} \, K + \mathrm{dim} \, f(V) \\ & = \mathrm{dim} \, \mathrm{Ker}(f) + \mathrm{dim} \, \mathrm{Im}(f) \end{aligned}$

Me parece bien. Pero son de dimensión finita, por lo que deberían ser isomorfos a $\mathbb{R}^n$ y $\mathbb{R}^m$ , ¿bien?
No si el campo de tierra no es $\mathbb{R}$ . ¿Ves algo en el problema que indique que se trata de un espacio vectorial real o complejo? No. El resultado se mantiene sobre campos arbitrarios y, de hecho, también se mantiene en una dimensión infinita.
No es necesario que sea un complemento ortogonal . Cualquier complemento de $\ker f$ Será suficiente.

David · Answer 2

Tu prueba es mejor que la mía porque la tuya trata con transformaciones lineales. Solo te estoy dando otra perspectiva. Dejar $A$ ser el $m\times n$ matriz para $f$ (wrt cualquier elección de bases). Dejar $r$ ser el rango de $A.$

oscuro soy (F) = oscuro (espacio de columna de A) = r

$\dim \operatorname{im}(f)=\dim(\text{column space of }A)=r$

\dim \ker (f) = n - r =

$\dim \ker(f) = n-r=$ el número de parámetros al resolver

A X = 0.

$AX=0.$

Demuestra que dimim(f)+dimker(f)=dimVdim⁡im⁡(f)+dim⁡ker⁡(f)=dim⁡V\dim \operatorname{im}(f) + \dim \ker(f) = \dim V

Lavanda

kenta s

Lavanda

pedro ag

Lavanda

pedro ag

thorimur

Respuestas (2)

usuario20672

Arturo Magidín

usuario20672

Arturo Magidín

usuario20672

trevor gunn

David

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3blue1brow está haciendo visualmente la composición de transformaciones lineales