Subespacio que interseca muchos otros subespacios

Question

V es un espacio vectorial de dimensión 7. Hay 5 subespacios de dimensión 4. Quiero encontrar un subespacio de dos dimensiones tal que intersecte al menos una vez con los 5 subespacios. Edición: Los 5 subespacios dados se eligen al azar (con una probabilidad muy alta, la intersección es una línea).

Si tomo dos subespacios cualesquiera de los 5 y encuentro la intersección resulta una recta. Del mismo modo, podemos tomar otros dos planos y encontrar otra recta. A partir de estas dos líneas podemos formar un subespacio de 2 dimensiones que intersecte 4 de los 5 subespacios. Pero puede alguien decirme cómo podemos encontrar un subespacio bidimensional que intersecte todos los 5 subespacios.

Sería muy útil que me dijeran qué tipo de conceptos matemáticos puedo buscar para resolver problemas como éste.

Gracias de antemano.

Edición: el segundo párrafo es una forma en la que intenté el problema. Pero tomar la intersección del subespacio pone más restricciones al problema y la solución se vuelve inviable.

Answer 1

Asumiendo que su espacio vectorial es más de $\mathbb R$ Me parece que "genéricamente" debería haber un número finito de soluciones, pero no puedo demostrar que este número finito sea positivo, ni tengo un contraejemplo. Podemos suponer que su subespacio bidimensional $S$ tiene una base ortonormal $\{ u, v \}$ donde $u \cdot e_1 = 0$ (donde $e_1$ es un vector fijo no nulo). Hay 10 grados de libertad para elegir $u$ y $v$ . Los cinco subespacios son los núcleos de cinco operadores lineales $F_j$ de rango 3; para $S$ para tener una intersección no nula con ${\rm ker} F_j$ necesitas escalares $a_j$ y $b_j$ con $a_j^2 + b_j^2 = 1$ y $F_j (a_j u + b_j v) = 0$ . Esto da 5 grados más de libertad para elegir los puntos $(a_j, b_j)$ en el círculo unitario, menos 15 para las ecuaciones $F_j (a_j u + b_j v) = 0$ para una red de 0 grados de libertad y, por tanto, un conjunto discreto de soluciones (finito porque las ecuaciones son polinómicas).

Para encontrar realmente soluciones en casos particulares, encontré el solucionador numérico de Maple fsolve funcionó bastante bien - el sistema parece demasiado complicado para los solucionadores simbólicos.

Answer 2

¿Por "intersección" quieres decir que la intersección es distinta de cero? Entonces, en general, no habrá solución: el subespacio bidimensional abarcado por la intersección de los subespacios 1 y 2 y la intersección de los subespacios 3 y 4 intersectará al subespacio 5 sólo en el vector cero. Por ejemplo, si $e_1, \ldots, e_7$ forman una base de $V$ toma $U_1$ abarcados por $e_1, e_2, e_3, e_4$ , $U_2$ abarcados por $e_1, e_5, e_6, e_7$ , $U_3 = U_1$ , $U_4$ abarcados por $e_2, e_5, e_6, e_7$ y $U_5$ abarcados por $e_3, e_4, e_5, e_6$ .

Edición: Oops, este ejemplo es falso, por favor ignóralo.

Answer 3

Aquí viene mi respuesta ridículamente tardía: si quieres responder a preguntas como ésta, los métodos adecuados son el cálculo de Schubert. Ledoux y Malham dan un buen repaso a este tema.

En concreto, hay una forma de traducir cada subespacio en una partición, y una forma de multiplicar combinaciones lineales de particiones entre sí. Si las 5 particiones se multiplican en una combinación lineal que contenga al menos una partición con un máximo de 7 - 2 = 5 columnas y 2 filas, entonces existe un subespacio de 2 dimensiones que interseca a las 5.

Esta es la receta de la traducción: el requisito de que el $2$ -subespacio dimensional $W$ se cruzan con un $4$ -subespacio dimensional $V$ es lo mismo que pedir que $W$ está en la variedad de Schubert indexada por $\{4,7\}$ para cualquier bandera que tenga $V$ como su cuarto elemento. Utilizando la biyección "sh" de la sección 4.3 del estudio, esto se convierte en la partición $\{2,0\}$ . Ahora tenemos que averiguar cómo calcular estos productos.

Anders Buch ha escrito un código para multiplicar las particiones de este modo; véase esta interfaz de Sage . Me parece un poco difícil de usar porque no permite de forma nativa multiplicar iterativamente las particiones; por lo que sé, tienes que añadir esta funcionalidad tú mismo.

Creo que en esta situación se puede proceder a mano utilizando la regla de Pieri, también mencionada en la encuesta. Esto es más fácil porque cuando se multiplican las particiones a mano, el número de cajas se suma, por lo que la única partición admisible es $\{5,5\}$ . Sólo hay que calcular el número de formas de obtener $\{5,5\}$ utilizando la regla de Pieri. He obtenido 6 formas (seguro que me he equivocado). Sin duda es al menos 1, lo que responde a tu pregunta de forma afirmativa. Si la respuesta es realmente 6, entonces debería haber 6 subespacios de este tipo.