Задачи по линейной алгебре

[Anton_Peplov]

Здесь я буду выкладывать попытки решения некоторых задач по линейной алгебре и спрашивать, куда идти, если не решил (если решил, то спрашивать, правильно ли). Поскольку за последний год я забыл всё, что знал, и отупел как дерево, задачи будут очень простыми (за первый курс).

Задача 1.

Возьмём конечное поле $F$ из $q$ элементов. Составим уравнение $\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2 + \alpha_3 x_3 = 0$, где $\alpha_1 \dots \alpha_3$ - постоянные, отличные от нуля, из поля $F$, $x_1 \dots x_3$ - переменные из него же. Вопрос: сколько существует решений у этого уравнения?

Мои попытки решения.

Очевидно, что $x_1 = - \alpha_1^{-1} (\alpha_2 x_2 + \alpha_3 x_3)$. Здесь $x_2, x_3$ могут принимать любые значения из $F$, поэтому существует как минимум $q^2$ решений.

Аналогично $x_2 = - \alpha_2^{-1} (\alpha_1 x_1 + \alpha_3 x_3)$ и $x_3 = - \alpha_3^{-1} (\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2)$. Но сказать, что поэтому есть ровно $3q^2$ решений, нельзя, потому что среди них будут совпадающие (как минимум тривиальное решение $x_1 = x_2 = x_3 = 0$ получается всеми тремя способами).

Должен быть какой-то другой подход, возможно, через какие-то формулы комбинаторики. Подскажите, плиз.

(Оффтоп)

Здравствуй, математика. Я скучал. Боже мой, до чего ты прекрасна.

[Xaositect]

Даже не знаю, как бы так подсказать, чтобы не выдать решение.
Как по другому Вы можете представлить множество решений уравнения?

[grizzly]

Anton_Peplov в сообщении #1344147 писал(а):

Должен быть какой-то другой подход

Предлагаю подход: взять $q=2$, в уме посчитать варианты, предположить гипотезу и её уже пытаться доказать.

[DeBill]

Anton_Peplov
Т.е., как я понял, логика решения такая: (типа: сколько имеется пар чисел, у которых первое число равно 1, а второе - 2? Ответ: две: можно взять первое число, равное 1, ну, а второе -2. А можно второе взять равным 2, ну, а первое тогда равно 1...)
А если по делу: а что будет, если первый коэф-т - нулевой?

[Anton_Peplov]

Прошу прощения за то, что медлил с ответом. С моим рабочим графиком редко удаётся выкроить время и ясную голову.

Xaositect в сообщении #1344150 писал(а):

Как по-другому Вы можете представить множество решений уравнения?

Утверждение. Всякое поле есть одномерное линейное пространство над самим собой.
Очевидно, что $\alpha_1 \dots \alpha_3$ - линейно зависимая тройка. Вопрос, сколько у неё существует нулевых линейных комбинаций. Но я не вижу, как такая формулировка упрощает решение.

grizzly в сообщении #1344153 писал(а):

Предлагаю подход: взять $q=2$, в уме посчитать варианты, предположить гипотезу и её уже пытаться доказать.

Возьмём $q=2$, т.е. $F = \{0, 1\} (-1 = 1)$. Тогда уравнение приходит к виду $x_1 + x_2 + x_3 = 0$ и имеет четыре решения, считая с тривиальным (в любом нетривиальном решении ровно одна переменная равна нулю). Что-то содержательной гипотезы у меня не вытанцовывается. Нумерологическая гипотеза, что $4 = 2^2$, то есть решений должно быть $q^2$, что вряд ли верно.

-- 13.10.2018, 14:06 --

DeBill в сообщении #1344176 писал(а):

а что будет, если первый коэф-т - нулевой?

Тогда имеем уравнение $\alpha_2 x_2 + \alpha_3 x_3 = 0$, откуда $x_2 = - \alpha_2^{-1} \alpha_3 x_3$ и ровно $q$ решений (по числу возможных значений $x_3$).

[Munin]

Anton_Peplov
Подсказка:

Xaositect в сообщении #1344150 писал(а):

Как по другому Вы можете представлить множество решений уравнения?

Рассмотрите пространство всевозможных $(x_1,x_2,x_3).$
Как в нём устроено множество решений предложенного уравнения?

[Anton_Peplov]

Munin в сообщении #1345918 писал(а):

Рассмотрите пространство всевозможных $(x_1,x_2,x_3).$
Как в нём устроено множество решений предложенного уравнения?

Это плоскость, содержащая начало координат.

-- 13.10.2018, 15:43 --

Так. Кажется, я всё это время хожу мимо простого, как репа, решения.

Как уже было сказано выше, $x_1 = - \alpha_1^{-1} (\alpha_2 x_2 + \alpha_3 x_3)$. Здесь $x_2, x_3$ могут принимать любые значения из $F$, поэтому существует как минимум $q^2$ решений.

Покажем, что соотношения $x_2 = - \alpha_2^{-1} (\alpha_1 x_1 + \alpha_3 x_3)$ и $x_3 = - \alpha_3^{-1} (\alpha_1 x_1 + \alpha_2 x_2)$ не дадут никаких новых решений.

Сделаем это на примере $x_2 = - \alpha_2^{-1} (\alpha_1 x_1 + \alpha_3 x_3)$. Возьмём произвольные элементы $a_1, a_3$ и приравняем $x_1 = a_1, x_3 = a_3$. Подставив в $x_2 = - \alpha_2^{-1} (\alpha_1 x_1 + \alpha_3 x_3)$, получим решение $(a_1, - \alpha_2^{-1} (\alpha_1 a_1 + \alpha_3 a_3), a_3)$. Покажем, что то же решение можно получить и из соотношения $x_1 = - \alpha_1^{-1} (\alpha_2 x_2 + \alpha_3 x_3)$. Это очевидно, если взять $x_2 = - \alpha_2^{-1} (\alpha_1 a_1 + \alpha_3 a_3), x_3 = a_3$. То же самое касается третьего соотношения.

Итак, действительно получилось ровно $q^2$ решений.

Но мне всё-таки интересно, что там имелось в виду про пространство векторов $(x_1, x_2, x_3)$.

[Munin]

Anton_Peplov в сообщении #1345928 писал(а):

Это плоскость, содержащая начало координат.

А сколько в ней максимум точек? :-)

-- 13.10.2018 16:08:07 --

(Ещё совет: нарисовать соответствующие плоскости для примеров, скажем, $q=2,3,5,$ и разных коэффициентов. Станет ясно, что слово "плоскость" тут помогает интуиции, но только частично. Случай $q=4$ - только если вы знаете, как устроены поля из $p^n$ элементов.)

[Anton_Peplov]

Munin в сообщении #1345943 писал(а):

А сколько в ней максимум точек?

Блиииииииин!!! :))))
Вечно меня подводит нехватка пространственного воображения.

[Xaositect]

Anton_Peplov в сообщении #1345928 писал(а):

Но мне всё-таки интересно, что там имелось в виду про пространство векторов $(x_1, x_2, x_3)$.

Так это. Пространство решений является линейным пространством. А элемент линейного пространства является лин. комбинацией базисных векторов. А сколько таких комбинаций?

[Munin]

Сначала надо спросить, сколько базисных векторов :-)

-- 13.10.2018 17:01:33 --

А вот зададим в том же $F^3$ квадратное уравнение. Может ли у соответствующей квадрики быть больше $q^2$ точек? (Я не знаю.)

[mihaild]

Тут кажется никто не озвучил самого наверное очевидного соображения (вместо него какие-то плоскости, линейные комбинации, базисы...). Раз $x_1$ однозначно выражается через $x_2$ и $x_3$, то есть биекция между $\langle x, y\rangle \leftrightarrow \langle f(x, y), x, y\rangle$ между множеством пар $x_2, x_3$ и множеством решений. Раз есть биекция - значит равномощны. Ну а мощность множества пар могу найти даже я (если дадут калькулятор).

Munin в сообщении #1345952 писал(а):

А вот зададим в том же $F^3$ квадратное уравнение. Может ли у соответствующей квадрики быть больше $q^2$ точек? (Я не знаю.)

Да даже в $F^2$ может (быть больше $q$). Уравнение $x^2 = y^2$ имеет $2q$ решений, если характеристика поля больше $2$. И соответственно $2q^2$ решений как уравнение на $x,y,z$.

[Munin]

mihaild в сообщении #1346019 писал(а):

Тут кажется никто не озвучил самого наверное очевидного соображения

Вроде как это была основная линия решения ТС, которое он успешно добил. В одну сторону сразу, в другую - чуть позже.

mihaild в сообщении #1346019 писал(а):

Уравнение $x^2 = y^2$ имеет $2q$ решений, если характеристика поля больше $2$. И соответственно $2q^2$ решений как уравнение на $x,y,z$.

Спасибо за пример! Но я ещё вчера где-то чувствовал, что $2q^2$ доступно (ну, приблизительно: уравнение $x^2=y^2$ имеет в $F_3$ пять решений, а не шесть; я так понимаю, надо урезать до $2q^2-1$). Но у меня тогда следующий вопрос: а $2q^2$ уже точно предел? Кажется, что да, там где-то извлекается квадратный корень, и таким образом мы имеем удвоение (не более) решений.

А, ну да! Уравнение всегда можно рассматривать как квадратное на один из иксов, при фиксированных остальных. А в поле (не в кольце), вроде, решений квадратного уравнения всегда не больше чем 2.

И с другой стороны, а можно ли сделать меньше?.. Внезапно оказывается, что конечные поля похожи на комплексные числа: $x_1^2+x_2^2+x_3^2=0$ может иметь другие решения, кроме тривиального.

[mihaild]

Munin в сообщении #1346089 писал(а):

И с другой стороны, а можно ли сделать меньше?..

Рассмотрим уравнение $a_{11} x^2 + a_{12} xy + \ldots + a_1 x + \ldots + a = 0$ ($10$ "коэффициентов" и $3$ "основных" переменных). У него всего $q^{12}$ решений. При фиксированных коэффициентах в среднем $q^2$ решений относительно $x, y, z$.
Случаи, когда все коэффициенты при квадратичных членах нулевые:
-если хотя бы один коэффициент при первой степени ненулевой - по $q^2$ решений относительно $x, y, z$
-если коэффициенты при первой степени нулевые, а свободный член ненулевой - $0$ решений
-если коэффициенты при первой степени нулевые, а свободный член нулевой - $q^3$ решений
Итого если все коэффициенты при квадратичных членах нулевые, то решений в среднем больше $q^2$ (если в поле больше $2$ элементов). Значит, когда они ненулевые - решений в среднем меньше $q^2$. В частности, есть хотя бы один набор коэффициентов, при котором решений меньше $q^2$.

[Munin]

Красиво! :-)

Но "неконструктивно". Есть простая книжка про теорию квадрик над конечными полями?

-- 14.10.2018 14:38:04 --

(Причем, что меня порадовало, избыток ровно в одно решение :-)

-- 14.10.2018 14:51:45 --

mihaild в сообщении #1346138 писал(а):

Итого если все коэффициенты при квадратичных членах нулевые, то решений в среднем больше $q^2$ (если в поле больше $2$ элементов).

Не-е-е, не пойдёть, их ровно $q^2$ в среднем.

Но дальше окей: среди невырожденных есть такие, у которых больше $q^2,$ значит, есть и такие, у которых меньше.