Dejemos que $S$ y $T$ sean subespacios tridimensionales de $\Bbb R^4$ . ¿Se deduce que $\dim(S \cap T ) \geq 2$ ?
Intuitivamente diría que sí, pero no está claro cómo podría demostrarse. ¿Cuál sería una buena manera de abordar esta prueba?
Respuestas
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Emilio Novati
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Sin pérdida de generalidad podemos representar la intersección de los dos subespacios con un sistema de la forma $$ \begin{cases} s_1x+s_2y+s_3z+u=0\\ t_1x+t_2y+t_3z+u=0 \end{cases} $$ que da la solución: $$ (s_1-t_1)x+(s_2-t_2)y+(s_3-t_3)z=0 $$ y ésta es la ecuación de un subespacio de dimensión al menos $2$
mac
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Dejemos que $\{s_1,s_2,s_3\}$ , $\{t_1,t_2,t_3\}$ , $\{s_4\}$ y $\{t_4\}$ ser bases para $S,T,S^\perp$ y $T^\perp$ respectivamente. $S^\perp + T^\perp$ está atravesado por $\{s_4,t_4\}$ Así que $\dim(S^\perp+T^\perp) \le 2$ y $\dim((S^\perp+T^\perp)^\perp) \ge 2$ .
Queda por demostrar $(S^\perp+T^\perp)^\perp \subseteq S \cap T$ . Dejemos que $v \in (S^\perp+T^\perp)^\perp$ . Entonces, para todos los $a,b \in \Bbb{R}$ , $\langle as_4+bt_4, v \rangle = 0$ . En particular, dejemos que $b = 0$ (resp. $a = 0$ ) para que $v \in (S^\perp)^\perp$ (resp. $v \in (T^\perp)^\perp$ ). Dado que $S$ y $T$ son de dimensión finita, $S = (S^\perp)^\perp$ y $T = (T^\perp)^\perp$ . Por lo tanto, $v \in S$ y $v \in T$ y $\dim(S \cap T) \ge \dim((S^\perp+T^\perp)^\perp) \ge 2$ .
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Utiliza el teorema de rango+nulidad. Obsérvese que $S\oplus T$ es $6$ -y $(s,t)\mapsto s - t$ es lineal. Como el núcleo de este mapa contiene al menos $S\cap T$ y la imagen es como máximo $4$ -dimensionales, consigues lo que quieres.
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math.stackexchange.com/q/1918838 da una prueba bastante sencilla para $\text{dim}(U) + \text{dim}(W) = \text{dim}(U + W) + \text{dim}(U \cap W)$ . Así que $3 + 3 - \text{dim}(U + W) = \text{dim}(U \cap W)$ . Y $ \text{dim}(U + W) \le 4 \implies \text{dim}(U \cap W) \ge 2$