La existencia de un cierto subespacio de un espacio vectorial

Question

Deje $V$ ser un espacio vectorial, y $W_1, W_2, \ldots, W_m \subset V$ $k$- dimensiones de los subespacios. Todos sus pares de intersección es $k-1$-dimensiones (para todos $i \neq j$, $\dim (W_i \cap W_j) = k - 1$). Mostrar que hay:

• un $k-1$-dimensiones subespacio $U \subset W_i$$W_i$, o
• un $k+1$-dimensiones subespacio $Z \supset W_i$ contiene todos los $W_i$.

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Yo:

En primer lugar, observa que el $\dim W_i < \dim V$, ya que de lo contrario $W_i = V$. Por lo tanto, siempre hay espacio para un $Z$.

$m=1$ es trivial.

Para $m=2$ definitivamente hay un conjunto $U = W_1 \cap W_2$, $\dim U = k - 1$. También hay un conjunto de $Z = W_1 + W_2$, ya que consideramos la base $u_1, u_2, \ldots, u_{k-1}$ $U$ agregar dos vectores (uno para complementar la base en $W_1$ y el otro para $W_2$) y obtener una base de $Z$. Así, por $m=2$ hay $U$$Z$.

Para $m=3$ las cosas se ponen interesantes. Hemos k-dimensional $W_1, W_2, W_3$, y sus pares de las intersecciones son todos los $k-1$-dimensional.

• $U_1 = W_2 \cap W_3$, $\dim U_1 = k - 1$
• $U_2 = W_3 \cap W_1$, $\dim U_2 = k - 1$
• $U_3 = W_1 \cap W_2$, $\dim U_3 = k - 1$
• $U = W_1 \cap W_2 \cap W_3$, $\dim U = k - 1 - x$

Lo mismo puede decirse acerca de las sumas en lugar de intersecciones:

• $Z_1 = W_2 + W_3$, $\dim Z_1 = k + 1$
• $Z_2 = W_3 + W_1$, $\dim Z_2 = k + 1$
• $Z_3 = W_1 + W_2$, $\dim Z_3 = k + 1$
• $Z = W_1 + W_2 + W_3$, $\dim Z = k + 1 + y$

El problema es, esencialmente, para mostrar que cualquiera de las $x=0$ o $y=0$. Probablemente también es cierto que $x \leq 1$$y \leq 1$, pero no tengo idea de cómo probar que cualquiera.

De modo, que es donde me quedé atrapado. La imagen que tengo en mente es la secuencia de aumento de subespacios $(U, U_i, W_i, Z_i, Z)$ con la expansión de la basises, pero su basises ampliar en algunos complicado manera en que yo no comprendemos plenamente.

Supongo que el método para resolver el caso de $m=3$ podría ser aplicado a todas las $m$s, con el probable resultado de una prueba por inducción.

Cualquier ayuda se agradece.

Answer 1

Como se sospecha, una inducción argumento en $m$ parece ser posible, a lo largo de las siguientes líneas:

Suponga $m > 2$. Supongamos que el conjunto de subespacios $\{W_1, \ldots, W_{m-1}\}$ tiene la propiedad requerida. Hay dos casos a considerar:

(a) existe un $(k-1)$-dimensiones subespacio $U$ contenida en cada una de las $W_i$$1 \leq i \leq m-1$.

En este caso, no es demasiado difícil ver que $U = W_1 \cap \cdots \cap W_{m-1}$. Si $U \subseteq W_m$, $U$ $(k-1)$- dimensiones subespacio contenida en todas las $W_i$, y así hemos terminado. Si $U \not\subseteq W_m$, entonces no existe $u \in U$ tal que $u \notin W_m$, es decir, $u \in W_i$ por cada $1 \leq i \leq m-1$ pero $u \notin W_m$. Por lo tanto $W_i = (W_i \cap W_m) \oplus \langle u \rangle$. Esto implica $\sum_{i=1}^m W_i \subseteq W_m \oplus \langle u \rangle$, es decir, todos los subespacios $W_i$ están contenidas en el $(k+1)$-dimensiones subespacio $W_m \oplus \langle u \rangle$.

(b) existe un $(k+1)$-dimensiones subespacio $Z$ que contiene cada una de las $W_i$$1 \leq i \leq m-1$.

Luego tenemos a $Z = W_1 + \cdots + W_{m-1}$. Si $W_m \subseteq Z$, $Z$ $(k+1)$- dimensiones subespacio que contiene todos los $W_i$, y hemos terminado. De lo contrario, $W_m \not\subseteq Z$, y no existe $w \in W_m$ tal que $w \notin W_i$ todos los $1 \leq i \leq m-1$. Por lo $W_m = (W_i \cap W_m) \oplus \langle w \rangle$ por cada $1 \leq i \leq m-1$. Tomar el cruce, tenemos $W_m = (\bigcap_{i=1}^m W_i) \oplus \langle w \rangle$, así que podemos aprovechar $\bigcap_{i=1}^m W_i$ $(k-1)$- dimensiones subespacio contenida en cada $W_i$.

Creo que esto funciona, pero por favor, hágamelo saber si usted encuentra cualquier problema.

Answer 2

Hay (hasta cierto punto) una cierta analogía entre espacios vectoriales de primaria y de la teoría de conjuntos, donde la desunión de la unión (de conjuntos) se sustituye por suma directa (de espacios vectoriales).

En la "forma normal disyuntiva" de un álgebra de boole, uno se descompone cada "caso" como una lista de condiciones mutuamente incompatibles "casos" (que puede ser visto como "átomos").

Del mismo modo, para cualquier familia de espacios vectoriales, podemos encontrar una familia de "átomos" de tal manera que cada espacio en el original de la familia puede ser descompuesto como una suma directa de los "átomos".

La principal diferencia entre la primaria la teoría de conjuntos y álgebra lineal en este punto es que la descomposición no es única, porque un subespacio siempre tiene varios complementos (un conjunto en el otro lado tiene siempre un único complemento en un superconjunto).

Vamos a mostrar cómo funciona, empujando su análisis posterior. Hay espacios de $A_1,A_2,A_3$ tal que

$$ U_1=U \oplus A_1, U_2=U \oplus A_2, U_3=U \oplus A_3 $$

Para cualquier $i\neq j$,$A_i \cap A_j \subseteq U_i \cap U_j=U$, por lo que $A_i \cap A_j =\lbrace 0 \rbrace$. Hay espacios de $B_1,B_2,B_3$ tal que

$$ W_1=(U\oplus A_2 \oplus A_3) \oplus B_1, W_2=(U\oplus A_1 \oplus A_3) \oplus B_2, W_3=(U\oplus A_1 \oplus A_2) \oplus B_3 $$

Poner a $u={\sf dim}(U),a_i={\sf dim}(A_i),b_j={\sf dim}(B_j)$, usted tiene el ecuaciones

$$ \begin{array}{lcl} k &=& u+a_1+a_2+b_3=u+a_1+a_3+b_2=u+a_2+a_3+b_1,\\ k-1 &=& u+a_1=u+a_2=u+a_3 \end{array} $$

Por lo $a_1=a_2=a_3=(k-1)-u$, y podemos deducir $b_1=b_2=b_3=u-k+2$. Desde dimensiones son no negativos, debemos tener $k\geq u$$u\geq k-2$, lo $u$ es uno de $k-2$ o $k-1$.

Si $u=k-2$, entonces todas las $b_i$ son cero, y todos los $a_i$ son igual a $1$. A continuación, usted tiene un $Z$ : tome $Z=U\oplus A_1 \oplus A_2 \oplus A_3$.

Si $u=k-1$, entonces, obviamente, tienen un $U$.

Os dejo el placer de trabajar fuera el caso general, el formulario esta, no dude para hacer más preguntas si usted necesita.