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Espacio vectorial sobre campo finito

Vamos a $\mathbb{F}_{p}^{5}$ $5-$dimensión espacio de más de $\mathbb{F}_{p}$ donde $p$ es primo. ¿De cuántas maneras distintas se puede descomponer el espacio de $\mathbb{F}_{p}^{5}$ en una suma directa de dos subespacios de dimensión$2$$3$, es decir, presente como $$\mathbb{F}_{p}^{5}=V_1\oplus V_2,$$ $$\dim V_1 = 2,~~~\dim V_2 = 3.$$ Gracias.

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Jonesinator Puntos 1793

Vamos a hacerlo en el, tal vez, la forma más sencilla. Cualquier base $e_1,\dots,e_5$ da un deseada de la descomposición: $V=\langle e_1,e_2\rangle\oplus\langle e_3,e_4,e_5\rangle$ -, pero cada uno de descomposición se puede obtener de varias formas (que corresponden a las diferentes opciones de bases de $V_1$$V_2$). Es decir, si $N_k$ es el número de bases en $k$-dimensional espacio vectorial, la respuesta es $$ \frac{N_5}{N_2\cdot N_3}= \frac{(q^5-1)(q^5-q)(q^5-q^2)(q^5-q^3)(q^5-p^4)}{(p^2-1)(q^2-q)\cdot (q^3-1)(q^3-q)(q^3-q^2)}= q^6\frac{(q^5-1)(q^4-1)}{(p^2-1)(q-1)} $$ (cf. Pierre-Yves Gaillard del comentario; ah, y $q=p$, si se quiere).

Así que la respuesta es casi un q-coeficiente binomial, pero no del todo: es $q^6\binom 52_q$. Esta similitud también puede ser explicado. Es decir, considerar la posibilidad de una descomposición $V=V_1\oplus V_2$. Un subespacio $V_2'$ también se da una descomposición $V_1\oplus V_2'$ fib $V_2'\subset V_1\oplus V_2$ es transversal a $V_1$ -- $V_2'$ es un gráfico de algunos lineal mapa de $V_2\to V_1$. Así, para cada 2-dimensional subespacio hay exactamente $|\operatorname{Mat}_{2\times 3}(F_q)|$ formas para complementar a una descomposición, por lo tanto, la respuesta $q^6\binom 52_q$.

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Victor Ginzburg Puntos 61

Lo he significa: Lat $N_1(n, k)$ es la cantidad de conjuntos ordenados consisten $k$ lineal independiente de vectores (en $\mathbb{F}_{p}^{n}$). Y vamos a $N_2(n, k)$ es la cantidad de k-dimensión sub-espacios de $\mathbb{F}_{p}^{n}$. Es obvio que $$N_1(n, k) = (p^{n}-p^{0})(p^{n}-p^{1})(p^{n}-p^{2})\ldots(p^{n}-p^{k-1})$$ y $$N_2(n, k)=\frac{N_1(n, k)}{N_1(k, k)}.$$ Debido a $N_1(k, k)$ es una cantidad de diferentes bases de $\mathbb{F}_{p}^{k}$. Como yo lo veo $$N = N_2(5, 3)\frac{(p^{5}-p^{3})(p^{5}-p^{4})}{N_1(2,2)}.$$

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