Dimension Schnitt < Funktionalanalysis < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:46 Do 15.11.2012 | | Autor: | mikexx |
| Aufgabe | Hallo, es sei X ein unendlichdimensionaler VR.
Gibts dann eine Formel dafür welche Dimension der Schnitt von endlich vielen Untervektorräumen hat? |
Ich habe keine ausfindig machen können...
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 06:30 Fr 16.11.2012 | | Autor: | fred97 |
> Hallo, es sei X ein unendlichdimensionaler VR.
>
> Gibts dann eine Formel dafür welche Dimension der Schnitt
> von endlich vielen Untervektorräumen hat?
> Ich habe keine ausfindig machen können...
So etwas gibt es nicht !
Für j [mm] \in \IN_0 [/mm] sei [mm] U_j [/mm] ein UVR von X mit [mm] dim(U_j)=j [/mm] und [mm] U_{\infty}:=X
[/mm]
Dann sei [mm] V_j:=U_j \cap [/mm] X für j [mm] \in \IN_0 \cup \{\infty\}
[/mm]
Somit ist [mm] dim(V_j)=j [/mm] für j [mm] \in \IN_0 \cup \{\infty\}
[/mm]
FRED
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(Antwort) fertig | | Datum: | 07:07 Fr 16.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
Hallo mikkex,
suchst du nach einem Analogon zur ![[]](/images/popup.gif) Dimensionsformel mit endlich vielen statt zwei Unterräumen (die als endlich-dimensional vorausgesetzt seien)?
Vermutlich gibt es auch das nicht.
Im Falle von drei endlich-dimensionalen Unterräumen [mm] $U_1,U_2,U_3\subseteq [/mm] X$ lässt sich [mm] $\dim(U_1\cap U_2\cap U_3)$ [/mm] jeweils nach oben abschätzen durch
1. [mm] $((\dim(U_1)+\dim(U_2)+\dim(U_3))-\dim(U_1+U_2+U_3))*\bruch12$
[/mm]
und
2. [mm] $(2*(\dim(U_1)+\dim(U_2)+\dim(U_3))-(\dim(U_1+U_2)+\dim(U_2+U_3)+\dim(U_3+U_1)))*\bruch13$.
[/mm]
Dabei ist 1. wohl etwas einfacher und naheliegender als 2., aber 2. ist stets eine mindestens so gute Schranke wie 1. und manchmal echt besser.
Beide Schranken sind manchmal besser und manchmal schlechter als die triviale obere Schranke [mm] $\min(\dim(U_1),\dim(U_2),\dim(U_3))$.
[/mm]
Beide oberen Schranken lassen sich auf gewisse Weisen für beliebige endliche Schnitte verallgemeinern.
Viele Grüße
Tobias
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 08:43 Fr 16.11.2012 | | Autor: | mikexx |
| Aufgabe 1 | Also der Grund für meine Frage ist folgende Aufgabe, die ich nicht hinkriege:
Es seien [mm] $\varphi_i, i=1,\hdots,m$ [/mm] Elemente aus dem Dualraum $X'$ eines unendlichdimensionalen normierten Raumes $X$.
Zeigen Sie, dass für [mm] $\varphi_i\in [/mm] X'$ der Durchschnitt der Kerne [mm] $\bigcap\limits_{i=1}^{m}\mbox{ker}(\varphi_i)$ [/mm] ein nicht-trivialer Unterraum von $X$ ist (d.h. Dimension $>0$). |
| Aufgabe 2 | | Folgern Sie dann daraus, dass jede schwach offene, nichtleere Menge eines normierten Vektorraums unbeschränkt bzgl. der Norm ist. |
Ich denke, ich sollte erstmal bei Aufgabe 1 bleiben...
Und da komme ich nicht zurecht...
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:54 Fr 16.11.2012 | | Autor: | fred97 |
> Also der Grund für meine Frage ist folgende Aufgabe, die
> ich nicht hinkriege:
>
> Es seien [mm]\varphi_i, i=1,\hdots,m[/mm] Elemente aus dem Dualraum
> [mm]X'[/mm] eines unendlichdimensionalen normierten Raumes [mm]X[/mm].
> Zeigen Sie, dass für [mm]\varphi_i\in X'[/mm] der Durchschnitt der
> Kerne [mm]\bigcap\limits_{i=1}^{m}\mbox{ker}(\varphi_i)[/mm] ein
> nicht-trivialer Unterraum von [mm]X[/mm] ist (d.h. Dimension [mm]>0[/mm]).
Ups, das ist happig !
Nimm mal an, es sei [mm]\bigcap\limits_{i=1}^{m}\mbox{ker}(\varphi_i)=\{0\}[/mm] .
Dann gilt für jedes [mm] \varphi \in [/mm] X':
[mm]\bigcap\limits_{i=1}^{m}\mbox{ker}(\varphi_i)\subseteq ker(\varphi)[/mm]
Nun schau Dir mal Hilfssatz 49.1 in H:Heuser "Funktionalanalysis" an.
Aus diesem Satz folgt: jedes [mm] \varphi \in [/mm] X' ist eine Linearkombination der [mm] \varphi_1, [/mm] ..., [mm] \varphi_m.
[/mm]
Das würde bedeuten: dim(X') [mm] \le [/mm] m und damit auch dim(X) [mm] \le [/mm] m.
Widerspruch !
Was Du noch tun mußt: kupfere den Beweis von Hilfssatz 49.1 nach.
FRED
> Folgern Sie dann daraus, dass jede schwach offene,
> nichtleere Menge eines normierten Vektorraums unbeschränkt
> bzgl. der Norm ist.
> Ich denke, ich sollte erstmal bei Aufgabe 1 bleiben...
>
> Und da komme ich nicht zurecht...
>
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 10:11 Fr 16.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Oha... mal schauen... muss ich mir erstmal das Bucg besorgen.
Vielleicht setze ich derweil erstmal Aufgabe 1 voraus und mache Aufgabe 2, damit ich nicht so viel Zeit verliere und vllt. schonmal ein paar Punkte habe.
Ist denn die Folgerung (Aufgabe 2) ein bisschen einfacher?
Was heißt denn, dass eine Menge A unbeschränkt bzgl. der Norm ist?
Heißt das, dass [mm] $\lVert a\rVert>C~\forall~a\in [/mm] A, C>0$?
Jetzt soll man das ja sicherlich per Widerspruch zeigen, also annehmen, dass A (dies sei eine nichtleere, schwach offene Menge) beschränkt bezüglich der Norm ist, was nach meinem Verständnis heißt: [mm] $\exists~C>0:\lVert a\rVert\leq C~\forall~a\in [/mm] A$, und dann irgendwie zeigen, dass der Schnitt der Kerne (Aufgabe 1) nur aus [mm] $\left\{0\right\}$ [/mm] besteht, also trivial ist.
Also sei A nichtleer und schwach offen, das bedeutet doch, dass A in der schwachen Topologie ist.
Das wiederum bedeutet doch, dass sich A schreiben lässt als Vereinigung von endlichen Schnitten von Urbildern von offenen Mengen aus dem Skalarkörper unter Elementen aus dem Dualraum, also irgendwie sowas für eine Indexmenge $I$:
[mm] $A=\bigcup\limits_{i\in I}\bigcap\limits_{i=1}^{m}\varphi_i^{-1}(O_j)$, [/mm] wobei die [mm] $O_j$ [/mm] offene Mengen in der Normtopologie auf [mm] $\mathbb{K}$ [/mm] seien.
Dann nimm ein [mm] $a\in [/mm] A$ her, dieses ist dann in [mm] $\varphi_i^{-1}(O_j), [/mm] i=1,...,m$, würde ich meinen.
Also [mm] $\varphi_i(a)\in O_j$.
[/mm]
Und jetzt muss man da vllt. irgendwie weiter machen und vllt. ausnutzen, dass die [mm] $\varphi_i$ [/mm] stetig sind, dass also ein [mm] $M\geq [/mm] 0$ existiert, [mm] sodass$\lvert\varphi_i(a)\rvert\leq M\lVert a\rVert$? [/mm] Also wegen der Beschränktheit von A:
[mm] $\lvert\varphi_i(a)\rvert\leq M\cdot [/mm] C$?
Hm...
Ist das der richtige Weg?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:28 Sa 17.11.2012 | | Autor: | dennis2 |
siehe antworten unten
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:05 Fr 16.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
Ich weiß nicht, wie aufwendig der Beweis aus dem Buch ist. Ich schlage mal einen elementaren Weg vor:
Ein Untervektorraum [mm] $U\subseteq [/mm] X$ eines unendlich-dimensionalen Vektorraumes heiße "maximal einen Vektor von ganz X entfernt", falls ein [mm] $x\in [/mm] X$ existiert mit [mm] $U+\langle x\rangle=X$.
[/mm]
Zeige:
1. [mm] $\operatorname{ker}\varphi_i$ [/mm] ist maximal einen Vektor von ganz X entfernt für alle $i=1,...,m$.
2. Zeige per Induktion nach m: Sind [mm] $U_1,\ldots,U_m\subseteq [/mm] X$ Untervektorräume eines unendlich-dimensionalen Vektorraumes X, die alle maximal einen Vektor von ganz X entfernt sind, so ist [mm] $\bigcap_{i=1}^mU_i$ [/mm] unendlich-dimensional.
Aus 1. und 2. folgt die Behauptung.
Zu 1.: Idee wie beim Beweis des Rangsatzes (Dimensionsformel für lineare Abbildungen) unter Ausnutzung von [mm] $\dim(K)=1$.
[/mm]
Da [mm] $\dim(\operatorname{Bild}(\varphi_i))\le\dim(K)=1$, [/mm] existiert ein [mm] $a\in\operatorname{Bild}(\varphi_i)$, [/mm] so dass $(a)$ ein Erzeugendensystem von [mm] $\operatorname{Bild}(\varphi_i)$ [/mm] bildet (falls [mm] $\dim(\operatorname{Bild}(\varphi_i))=0$ [/mm] tut es a=0). Wir wählen ein [mm] $x\in [/mm] X$ mit [mm] $\varphi_i(x)=a$. [/mm] Zeige nun [mm] $\operatorname{ker}(\varphi_i)+\langle x\rangle=X$.
[/mm]
Zu 2.: Induktionsanfang $m=1$ ist klar.
Für den Induktionsschritt zeige zunächst folgende Hilfsbehauptung:
Sei [mm] $U\subseteq [/mm] X$ maximal einen Vektor von ganz X entfernt und seien [mm] $x_1,x_2\in [/mm] X$ linear unabhängig. Dann gilt [mm] $U\cap\langle x_1,x_2\rangle\not=0$.
[/mm]
Sei dazu [mm] $x\in [/mm] X$ mit [mm] $X=U+\langle x\rangle$. [/mm] Also [mm] $x_1,x_2\in U+\langle x\rangle$, [/mm] d.h. ... Bastele damit eine nichttriviale Linearkombination von [mm] $x_1$ [/mm] und [mm] $x_2$, [/mm] die in U liegt.
Soweit zur Hilfsbehauptung.
Für den Schritt von m nach m+1 kannst du per Induktionsvoraussetzung [mm] $\bigcap_{i=1}^mU_i$ [/mm] als unendlich-dimensional annehmen. Also existiert eine Folge [mm] $(x_n)_{n\in\IN_0}$ [/mm] von Vektoren aus [mm] $\bigcap_{i=1}^mU_i$, [/mm] die linear unabhängig ist. Wähle nun mittels der Hilfsbehauptung für jedes [mm] $n\in\IN_0$ [/mm] ein [mm] $y_n\in U_{m+1}\cap\langle x_{2n},x_{2n+1}\rangle\subseteq\bigcap_{i=1}^{m+1}U_i$ [/mm] mit [mm] $y_n\not=0$. [/mm] Zeige, dass die Folge [mm] $(y_n)_n\in\IN$ [/mm] linear unabhängig ist. Somit ist [mm] $\bigcap_{i=1}^{m+1}U_i$ [/mm] tatsächlich unendlich-dimensional.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:37 Fr 16.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Was soll das K sein?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:13 Fr 16.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Was soll das K sein?
Der Körper, über dem X ein Vektorraum ist, also [mm] $\IR$ [/mm] oder [mm] $\IC$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:25 Fr 16.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Ich hab noch eine idee
bzw. ein ansatz
sei der schnitt der kerne ein tricvialer unterraum.
dann betrachte
[mm] $T\colon X\to\mathbb{R}^m, T(x):=(\varphi_i(x))_{i=1}^{m}$
[/mm]
also ich will zeigen, dass es ein isomorphismus ist.
injektiv ist es denn diese abbildung hat wegen der annahme dass der schnitt der kerne trivial ist einen trivialen kern. linear ist diese abbildung auch wegen der linearität der [mm] $\varphi_$. [/mm] und stetig ist sie weil alle komponenten [mm] $\varphi_i$ [/mm] stetig sind, oder?
kann man auch surjektivität und die stetigkeit der inversen zeigen, denn dann wäre das doch ein isomorphismus?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:56 Fr 16.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Huch .-)
Aber das mit der Einbettung ist mir nicht klar..
Das hatten wir nie in LinA oder FunkAna..
Wie ist das?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:12 Fr 16.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Aber das mit der Einbettung ist mir nicht klar..
>
> Das hatten wir nie in LinA oder FunkAna..
>
> Wie ist das?
Dann argumentiere so: Nach dem Rangsatz (Dimensionsformel für lineare Abbildungen) gilt [mm] $\dim X=\dim \operatorname{ker}(T)+\dim \operatorname{Bild}(T)\le 0+\dim(\IR^m)=m$.
[/mm]
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:18 Fr 16.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Wieso gilt [mm] $\operatorname{dim}Im(T)\leq\operatorname{dim}(\mathbb{R}^m)$?
[/mm]
Achso, weil wegen der Injektivität gilt [mm] $Im(T)\subseteq \mathbb{R}^m$
[/mm]
Also das Bild kann auch ECHTE Teilmenge von [mm] $\mathbb{R}^m$ [/mm] sein und damit ein Untervektorraum, der eine kleinere Dimension als m hat?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:33 Fr 16.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
> Wieso gilt
> [mm]\operatorname{dim}Im(T)\leq\operatorname{dim}(\mathbb{R}^m)[/mm]?
Weil [mm] $\operatorname{Im}(T)$ [/mm] ein Untervektorraum von [mm] $\IR^m$ [/mm] ist.
> Achso, weil wegen der Injektivität gilt [mm]Im(T)\subseteq \mathbb{R}^m[/mm]
Das gilt für alle linearen Abbildungen, nicht nur für injektive.
> Also das Bild kann auch ECHTE Teilmenge von [mm]\mathbb{R}^m[/mm]
> sein und damit ein Untervektorraum, der eine kleinere
> Dimension als m hat?
Die [mm] $\varphi_i$ [/mm] könnten z.B. sämtlich die 0-Abbildung sein. (Natürlich nur ohne die Annahme, dass der Schnitt der Kerne trivial ist. Denn diese Annahme ist ja immer falsch, wie du gezeigt hast.)
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:51 Fr 16.11.2012 | | Autor: | mikexx |
danke, dann hat sich dieser teil der aufgabe jetzt ja erledigt
bleibt noch zu folgern, dass jede schwach offene, nichtleere menge eines normierten vektorraums unbeschränkt bzgl. der norm ist
wird das wohl per widerspruch gehen?
also annahme: A sei schwach offene, nichtleeere Menge eines normierten vektorraums, die beschränkt ist.
dann zeigen: schnitt der kerne trivial?
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:17 Sa 17.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Also mit meiner Idee, die Folgerung zu zeigen, bin ich gescheitert...
Hat jemand einen Wink (mit dem Zaunpfahl) für mich, wie ich diese (blöde) Folgerung hinkriege?
Ich werde noch verrückt sonst, so lange starre ich das jetzt schon an...
---jede schwach offene, nicht leere menge eines normierten vektorraums ist unbeschränlt bzgl. der norm.... und dazu das resultat mit dem schnitt der kerne verwenden.... k.A....
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:58 Sa 17.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Ich hab grad mal das Internet durchsucht und da steht in einem Skript
Sei A schwach offene nicht leere Menge und sei [mm] $\tilde{a}\in [/mm] A$ fest.
Dann [mm] $\left\{0\right\}\neq\bigcap_{i=1}^{m}\mbox{ker}(\varphi_i)\subseteq A-\tilde{a}:=\left\{a-\tilde{a}:a\in A\right\}$.
[/mm]
Und daraus soll angeblich die Behauptung folgen.
----Ich verstehe das nicht... aber vielleicht kann es mir jemand erklären?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:48 Sa 17.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Also das Argument ist irgendwie, dass eine schwach offene Menge irgendwie einen affinen Unterraum enthält?!...
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:27 Sa 17.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Sorry, wenn ich dazu noch eine Frage stelle, aber ich muss nochmal meine Gedankengänge loswerden.
Also ich habe versucht, es irgendwie elementar so zu beweisen:
Sei also A eine nichtleere, schwach offene Menge eines normierten Vektorraums X, das bedeutet doch, meine ich, dass sie von der Bauart
[mm] $A=\bigcup_{i\in I}\bigcap_{i=1}^{m}\varphi_i^{-1}(O_i), \varphi_i\in [/mm] X'$ ist.
Sei [mm] $a\in [/mm] A$, dann folgt doch [mm] $a\in\varphi_i^{-1}(O_i)$ [/mm] für alle i=1,...,m. Also [mm] $\varphi_i(a)\in O_i$ [/mm] für alle i=1,...,m.
Die [mm] $O_i$ [/mm] sind doch in der Normtopologie auf K würde ich meinen.
Also gibts doch für [mm] $\varphi_i(a)$ [/mm] eine Kugel, die in [mm] $O_i$ [/mm] liegt, also
[mm] $B_{\varpesilon}=\left\{z\in K:\lvert z-\varphi_i(a)\rvert <\varepsilon\right\}\subseteq O_i$ [/mm] für alle i=1,...,m$.
Wenn man jetzt annimmt, dass A beschränkt bzgl. der Norm ist, also dass ein $M>0$ ex., sodass [mm] $\lVert a\rVert\leq [/mm] M$ für alle [mm] $a\in [/mm] A$, kann man dann nicht irgendwie zeigen, dass die Kerne der [mm] $\varphi_i$ [/mm] nur aus dem Nullelement bestehen? Dann wäre der Schnitt der kerne trivial und man hätte einen Widerspruch.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:20 Sa 17.11.2012 | | Autor: | dennis2 |
Ich denke, damit kommt man nicht zum Ziel.
Ich selbst habe auch noch keinen Beweis hinbekommen, aber jetzt, wo Du gezeigt hast, dass [mm] $D:=\bigcap_{i=1}^{m}\mbox{ker}(\varphi_i)\neq\left\{0\right\}$ [/mm] ein nicht-trivialer Unterraum ist, folgt doch, dass
D unbeschränkt ist, denn alle Unterräume (bis eben auf den trivialen Unterraum [mm] $\left\{0\right\}$) [/mm] sind unbeschränkt.
Ich nehme mal an, dass man das jetzt benutzen muss.
Wenn jemand weiß, wie: Bitte aufschreiben! 
Vielleicht muss man zeigen: [mm] $D\subset [/mm] A$?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 15:06 Sa 17.11.2012 | | Autor: | dennis2 |
Auch hier korrigiere man mich bitte, wenn ich irre.
Also, man zeige, dass [mm] $D:=\bigcap\limits_{i=1}^{m}\operatorname{ker}(\varphi_i)\subseteq A-a_0:=\left\{a-a_0: a\in A\right\}$ [/mm] für ein fixiertes [mm] $a_0$ [/mm] in A. Dieses [mm] $a_0$ [/mm] exisitert, da A als nichtleer angenommen ist.
Wenn man das gezeigt hat, und annimmt, dass A beschränkt bezüglich der Norm ist (dass es also ein $C>0$ gibt: [mm] $\lVert a\rVert\leq C~\forall~a\in [/mm] A$), würde ja für ALLE Elemente aus [mm] $A-a_0$ [/mm] gelten, dass [mm] $\lVert a-a_0\rVert\leq \Vert a\rVert+\lVert a_0\rVert\leq [/mm] 2C$.
Da aber D unbeschränkt ist und Teilmenge von [mm] A-a_0 [/mm] müsste ja auch für alle Elemente in D diese Abschätzung gelten, also würde ja doch ein $L>0$ existieren, sodass [mm] $\lVert x\rVert\leq L~\forall x\in [/mm] D$, nämlich $L:=2C$. Das ist ein Widerspruch zu der Unbeschränktheit von D.
Mein Problem ist nur:
WO benutzt man hier, dass A schwach offen ist??
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(Frage) überfällig  | | Datum: | 15:29 Sa 17.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Danke, ich finde, das sieht gut aus.
Ja, wo benutzt man, dass A schwach offen ist?
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(Frage) überfällig | | Datum: | 16:51 Sa 17.11.2012 | | Autor: | mikexx |
Wie zeigt man [mm] $D:=\bigcap_{i=1}^m\mbox{ker}(\varphi_i)\subseteq A-a_0$?
[/mm]
Sei [mm] $x\in [/mm] D$, dann [mm] $x\in\mbox{ker}(\varphi_i), [/mm] i=1,...,m$ also [mm] $\varphi_i(x)=0\in A-a_0$
[/mm]
Nur: Wie sieht man jetzt, dass [mm] $x\in A-a_0$?
[/mm]
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:20 Mo 19.11.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 Mo 19.11.2012 | | Autor: | matux |
$MATUXTEXT(ueberfaellige_frage)
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 15:27 Sa 17.11.2012 | | Autor: | dennis2 |
s.u.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 14:11 Fr 16.11.2012 | | Autor: | felixf |
Moin!
> Es seien [mm]\varphi_i, i=1,\hdots,m[/mm] Elemente aus dem Dualraum
> [mm]X'[/mm] eines unendlichdimensionalen normierten Raumes [mm]X[/mm].
> Zeigen Sie, dass für [mm]\varphi_i\in X'[/mm] der Durchschnitt der
> Kerne [mm]\bigcap\limits_{i=1}^{m}\mbox{ker}(\varphi_i)[/mm] ein
> nicht-trivialer Unterraum von [mm]X[/mm] ist (d.h. Dimension [mm]>0[/mm]).
Wir wissen ja, dass der Kern einer solchen Linearform hoechstens Kodimension 1 hat, also dass [mm] $\dim X/\ker \varphi \le [/mm] 1$ ist. (Die Kodimension ist genau dann 0, wenn [mm] $\varphi$ [/mm] die Nullabbildung ist).
Man kann das ganze auch zeigen, indem man folgendes, abstrakteres anschaut:
seien $X$ ein Vektorraum und [mm] $U_1, \dots, U_n$ [/mm] Untervektorraeume.
Betrachte die linare Abbildung $X [mm] \to X/U_1 \times \dots \times X/U_n$, [/mm] welche $x$ auf $(x + [mm] U_1, \dots, [/mm] x + [mm] U_n)$ [/mm] abbildet. Wie man schnell nachprueft ist der Kern genau [mm] $U_1 \cap \dots \cap U_n$. [/mm] Damit ist nach dem Homomorphiesatz die lineare Abbildung $X / [mm] \bigcap_{i=1}^n U_i \to \prod_{i=1}^n X/U_i$ [/mm] injektiv, womit [mm] $codim(\bigcap_{i=1}^n U_i) [/mm] = [mm] \dim [/mm] (X / [mm] \bigcap_{i=1}^n U_i) \le \sum_{i=1}^n \dim (X/U_i) [/mm] = [mm] \sum_{i=1}^n codim(U_i)$ [/mm] ist.
Mit [mm] $U_i [/mm] = [mm] \ker \varphi_i$ [/mm] erhalten wir [mm] $codim(U_i) \le [/mm] 1$, also [mm] $codim(\bigcap_{i=1}^n U_i) \le [/mm] n$ und insbesondere endlich. Dies geht jedoch nur, wenn [mm] $\dim \bigcap_{i=1}^n U_i$ [/mm] nicht-trivial ist (andernfalls waere [mm] $X/\bigcap_{i=1}^n U_i \cong [/mm] X$ und somit die Kodimension [mm] $\infty$).
[/mm]
Das ist im wesentlichen das was tobit09 beschreibt, nur etwas abstrakter ausgedrueckt und auf den Homomorphiesatz zurueckgefuehrt
LG Felix
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:16 Fr 16.11.2012 | | Autor: | tobit09 |
Sehr schöner Weg! Danke dafür.
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Herzlichen Glückwunsch! Der Ansatz ist wohl mit Abstand am einfachsten von allen bisher hier genannten! 