Плоскости умножения в комплексном пространстве

[Vladimir Pliassov]

Цитата:

Задача 1. Найти число векторов $n$-мерного векторного пространства над конечным полем из $q$ элементов.

Винберг http://mathprofi.com/uploads/files/2581 ... 0d4d87caf3 стр. 57)

Возьму $2$-мерное векторное пространство над полем $\mathbb Z_2.$

Во всяком случае по аксиомам векторного пространства должны быть: нулевой вектор, два базисных вектора $\textbf e_1, \textbf e_2$, два противоположных для них вектора $-\textbf e_1, -\textbf e_2$.

$0\cdot \textbf e_i=0, \;\; 1\cdot \textbf e_i=\textbf e_i \;\; i=\overline {1, 2}.$

$\textbf e_1+\textbf e_1=2\cdot \textbf e_1=0\cdot \textbf e_1=0\to \textbf e_1=-\textbf e_1$, так же и $\textbf e_2=-\textbf e_2.$

$\textbf e_1+\textbf e_2\ne 0,$ так как $\textbf e_2\ne -\textbf e_1$ (это базисные векторы, и они не могут быть противоположными), значит, есть, по крайней мере, еще один вектор, кроме $0, \textbf e_1$ и $\textbf e_2$.

Сомневаюсь, что можно получить любое число векторов по правилу параллелограмма (треугольника).

Больше идей нет.

[mihaild]

Перечитайте предложение 1 из 7 параграфа 1 главы (внизу 34 страницы). При необходимости перечитайте определение пространства $K^n$.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1565040 писал(а):

Перечитайте предложение 1 из 7 параграфа 1 главы (внизу 34 страницы). При необходимости перечитайте определение пространства $K^n$.

Думаю так: число векторов $n$-мерного векторного пространства над конечным полем из $q$ элементов равно $q^n$ (по аналогии с мощностью булеана).

Как я понимаю, отсюда идет обозначение $K^n$.

[Someone]

Vladimir Pliassov в сообщении #1565064 писал(а):

Думаю так: число векторов $n$-мерного векторного пространства над конечным полем из $q$ элементов равно $q^n$ (по аналогии с мощностью булеана).

А как бы это доказать?

[Vladimir Pliassov]

Someone в сообщении #1565065 писал(а):

А как бы это доказать?

Всякое векторное пространство $V$ над полем $K$, имеющее базис из $n$ векторов, изоморфно пространству $K^n$ всех строк длины $n$, состоящих из элементов поля $K$. Следовательно, мощность $\vert V\vert$ множества $V$ равна числу $d$ этих строк.

При $n=1$ $d$ равно числу $q$ элементов поля $V$, то есть $d=q$ (элемент на первое -- и единственное -- место строки выбирается из $q$ элементов поля $K$), при $n=2$ оно равно числу элементов поля $V$ в квадрате, то есть $d=q^2$ (для каждого из выбранных на первое место элементов элемент для второго места также выбирается из $q$ элементов поля $K$) и так далее (строк столько, сколько вариантов выбора элементов поля $K$).

Докажем по индукции, что $\vert V\vert =d=q^n$.

База индукции: при $n=1$ имеем $d=q^1$.

Пусть при $n=m$ будет $d=q^m$, докажем, что тогда при $n=m+1$ будет $d=q^{m+1}$.

В самом деле, при $d=q^m$ выбраны уже элементы из $K$ на места во всех строках длиной $m$, для выбора элементов на места во всех строках длиной $m+1$ получим $d=q^m\cdot q=q^{m+1}$.

Таким образом, $\vert V\vert =d=q^n$, ч. и т. д..

[Vladimir Pliassov]

Еще одно решение задачи.

Цитата:

Задача 1. Найти число векторов $n$-мерного векторного пространства над конечным полем из $q$ элементов.

Винберг http://mathprofi.com/uploads/files/2581 ... 0d4d87caf3 стр. 57)

Возьмем произвольный базис $\textbf e_1, \textbf e_2, \ldots, \textbf e_n$ векторного пространства $V$ над полем $K$ мощности $q$ и умножим каждый вектор базиса на каждый элемент поля $K$, получим $n$ одномерных подпространств $V_i$, которые являются слагаемыми прямой суммы пространства $V$.

Каждый вектор пространства $V$ равен единственной сумме $n$ векторов, взятых по одному из каждого подпространства $V_i$, число всех векторов пространства $V$ равно числу всех этих сумм, то есть числу всех элементов декартова произведения $V_1\times V_2\times \ldots\times V_n$, мощность которого равна $q^n$.

[Vladimir Pliassov]

Цитата:

Задача 3. Найти число базисов $n$-мерного векторного пространства над полем из $q$ элементов.

(Винберг http://mathprofi.com/uploads/files/2581 ... 0d4d87caf3 стр.58)

Задача разбиралась здесь: topic133860.html

Любое подпространство $V_i$ размерности $n'$ векторного пространства $V$ над полем $K$ мощности $q$ является пространством над $K$, и поэтому число его элементов равно $q^{n'}$.

Первый вектор произвольного базиса может быть выбран $q^n-1$ способами (так как нулевой вектор исключается). Его линейная оболочка, то есть одномерное подпространство пространства $V$, состоит из $q^1=q$ элементов, поэтому второй вектор выбирается $q^n-q$ способами (при этом из выбора исключается нулевой вектор).

Линейная оболочка первого и второго вектора, то есть двухмерное подпространство пространства $V$, состоит из $q^2$ элементов, поэтому третий вектор выбирается $q^n-q^2$ способами, и так далее.

Таким образом, число (упорядоченных) базисов $n$-мерного векторного пространства над полем из $q$ элементов равно

$$(q^n-1)(q^n-q)(q^n-q^2)...(q^n-q^{n-1})=$$

$$=(q^n-q^0)(q^n-q^1)(q^n-q^2)...(q^n-q^{n-1})=$$

$$=\prod\limit_{j=1}^{n}(q^n-q^{j-1}).$$

[Vladimir Pliassov]

Задача 4. Найти число $k$-мерных подпространств $n$-мерного векторного пространства над полем из $q$ элементов.

(Винберг http://mathprofi.com/uploads/files/2581 ... 0d4d87caf3 стр. 58)

Задача разбиралась здесь topic105938.html, пришли к тому, что надо разделить

$$\prod\limit_{i=1}^{k}(q^n-q^{(i-1)})$$

на

$$\prod\limit_{i=1}^{k}(q^k-q^{(i-1)}),$$

но возникает вопрос: а вдруг не разделится?

[mihaild]

Тут есть два варианта: или сказать, что раз мы доказали, что количество такое, то должно поделиться (аналогично тому что $n!$ точно делится на $k! (n - k)!$), или поработать руками и доказать, что разделится.

[nnosipov]

Более того, разделится даже в кольце $\mathbb{Z}[q]$. И это почти очевидно.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1565301 писал(а):

раз мы доказали, что количество такое, то должно поделиться

Два разных подпространства не могут иметь один и тот же базис, то есть наборы базисов подпространств не пересекаются. При этом все подпространства одной и той же размерности имеют одно и то же число базисов. Так что число всех базисов всех $k$-мерных подпространств

$$\prod\limit_{i=1}^{k}(q^n-q^{i-1})\eqno {(1)}$$

представляет собой сумму равномощных наборов базисов и потому кратно мощности каждого набора, то есть числу всех базисов произвольного $k$-мерного подпространства

$$\prod\limit_{i=1}^{k}(q^k-q^{i-1}) \eqno {(2)}.$$

Но если исходить не из отношений между (под)пространствами и базисами, а из формул (1), (2), то я не вижу, как доказать, что первая делится на вторую. Попробовал для $q=2, n=7, k=4$ -- делится, но закономерности не вижу.

[mihaild]

А вы подставьте конкретные $n$ и $k$, а $q$ оставьте переменной.

[Vladimir Pliassov]

mihaild в сообщении #1565301 писал(а):

$n!$ точно делится на $k! (n - k)!$

$$\frac {n!}{k! (n - k)!}=\frac {n!}{(n - k)!}\cdot \frac {1}{k!}.$$

$$\frac {n!}{(n - k)!}=n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \ldots \cdot (n-(k-1)).$$

Заметим, что $k!$ и $n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \ldots \cdot (n-(k-1))$ имеют равное число сомножителей, например, при $n=10, k=4$ будет

$$\frac {n!}{k! (n - k)!}=10\cdot 9\cdot 8\cdot 7\cdot \frac {1}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}=\frac {10\cdot 9\cdot 8\cdot 7}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}.$$

При этом среди идущих подряд $m$ натуральных чисел, больших $m$, найдется число, которое делится на $m$, так что $n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \ldots \cdot (n-(k-1))$ делится на каждый из сомножителей $k!$, то есть $n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \ldots \cdot (n-(k-1))$ делится на $k!$ (правда, над доказательством последнего утверждения надо еще подумать).

mihaild в сообщении #1565319 писал(а):

А вы подставьте конкретные $n$ и $k$, а $q$ оставьте переменной.

При $n=10, k=4$ имеем

$$(q^{10}-1)(q^{10}-q)(q^{10}-q^2)(q^{10}-q^3)=(q^{10}-1)\cdot q\cdot (q^9-1)\cdot q^2\cdot (q^8-1)\cdot q^3\cdot (q^7-1), \eqno {(1')}$$

$$(q^4-1)(q^4-q)(q^4-q^2)(q^4-q^3)=(q^4-1)\cdot q\cdot (q^3-1)\cdot q^2\cdot (q^2-1)\cdot q^3\cdot (q-1), \eqno {(2')}.$$

Отношение правых частей (1') и (2') после сокращение на равные множители будет таким:

$$\frac {(q^{10}-1)\cdot (q^9-1)\cdot (q^8-1)\cdot (q^7-1)}{(q^4-1)\cdot (q^3-1)\cdot (q^2-1)\cdot (q-1)},$$

в общем случае:

$$\frac {(q^n-1)\cdot (q^{n-1}-1)\cdot \ldots \cdot (q^{n-(k-1)}-1)}{(q-1)\cdot (q^2-1)\cdot \ldots \cdot (q^k-1)}.$$

По показателям степеней $q$ это то же самое, что

$$\frac {n!}{k! (n - k)!}=\frac {n\cdot (n-1)\cdot (n-2)\cdot \ldots \cdot (n-(k-1))}{1\cdot 2\cdot \ldots \cdot k}=\frac {10\cdot 9\cdot 8\cdot 7}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}.$$

Еще могу сказать, что все сомножители произведений $(q^n-1)\cdot (q^{n-1}-1)\cdot \ldots \cdot (q^{n-(k-1)}-1)$ и $(q-1)\cdot (q^2-1)\cdot \ldots \cdot (q^k-1)$ принадлежат одному и тому же классу $-1$ по $\pmod q$, но доказать, что эти произведения делятся друг на друга по-прежнему не могу.

[Vladimir Pliassov]

Someone в сообщении #1562582 писал(а):

Vladimir Pliassov в сообщении #1562577 писал(а):

Но если из линейного пространства убрать умножение, то то, что останется, будет той самой абелевой группой, над которой было построено пространство, правильно? Тогда структура пространства, то есть система подпространств, размерность, это все останется в полученной абелевой группе, то есть все это в ней уже было еще до введения умножения на числа?

Вам уже четыре страницы пытаются втолковать, что не останется и не было. Вы не читаете, что Вам пишут?

Кажется, понял. Берем произвольное множество $X$ мощности $n$, умножаем каждый его элемент на каждый элемент произвольного поля $K$, декартово перемножаем $n$ полученных множеств, получаем множество $V$, на котором определяем сложение его элементов и умножение его элементов на элементы поля $K$, в итоге получаем $n$-мерное векторное пространство, которое представляет собой также и аддитивную абелеву группу.

(Если мощность множества $X$ бесконечна, то пространство $V$ бесконечномерно.)

А я-то думал, что берем произвольную аддитивную абелеву группу, определяем умножение ее элементов на элементы произвольного поля и таким образом получаем векторное пространство.

[Vladimir Pliassov]

По-моему, я нашел простейший способ построения векторного пространства. Поскольку любое поле является одномерным пространством над собой, имея поле, уже имеем одномерное пространство, построенное на аддитивной абелевой группе этого поля, а взяв внешнюю прямую сумму $n$ одномерных пространств, получаем $n$-мерное пространство над тем же полем.

Как я понимаю, аддитивной абелевой группой любого $n$-мерного векторного пространства является именно аддитивная абелева группа поля, над которым строится пространство,

и любое бесконечномерное пространство строится аналогично.

Так ли это?