Complemento ortogonal en un campo finito ${\mathbb Z}^{n}_{q}$

Question

Al $V=\mathbb{Z}^n_q$ es un espacio vectorial, donde $\mathbb Z_q$ es el conjunto de los enteros modulo prime $q>2$, son las siguientes afirmaciones verdaderas?

1. Si $U ⊂ V$ $k$- dimensional en el subespacio, entonces $$ U^⊥= \{ x∈V∣x^Tu=0 \ \mathrm {\ all}\ u∈U \} $$ es de dimensión $n-k$.

2. (Si la instrucción 1 es verdadera) $U^⊥$ puede ser escrito por $n-k$ vectores ortogonales.

Para un ejemplo de instrucción 1, si $V=\mathbb{Z}^3_3$, e $U=\{ a_1(1,2,1)^T+a_2(0,1,1)^T\ |\ \forall a_1,a_2\in\mathbb Z_3\} $ $U^⊥$ puede ser expresada con base $(1,2,1)^T$.

No estoy familiarizado con el uso de álgebra lineal en campos finitos, así que no sé cómo debo manejar "ortogonal" vectores. Escribí algunos ejemplos, y estoy bastante seguro de que la declaración de la 1 mantiene en lo finito campos, como en el caso real, pero no estoy tan seguro de instrucción 2. Además, no tengo ni idea de cómo demostrar estas afirmaciones.

No estoy acostumbrado a usar el inglés, así que si hay algo malo con mi explicación, no dude en preguntar. Gracias por su ayuda!

Answer 1

1. Usted probablemente desee aplicar el rango de nulidad, por lo que encontrar una transformación lineal que expresa $U^\perp$ como una imagen o kernel. Por ejemplo, considere la posibilidad de las transformaciones lineales $T_u \colon V \to \mathbb{Z}_q$$x \mapsto x^T u$. A continuación,$U^\perp = \cap_{u \in U} \ker T_u$. Fijar una base $u_1, \ldots, u_k$$U$; es claro $U^\perp = \cap_{u_i} \ker T_{u_i}$. La cola de las transformaciones juntos por considerar $T \colon V \to \mathbb{Z}_q^k$$x \mapsto (x^T u_i)_{i=1}^k$. Por lo tanto $U^\perp = \ker T$, lo $\dim U^\perp = n - \dim {\rm im}(T)$. Así, sólo tenemos que mostrar $\dim {\rm im}(T) = k$. Para que, aviso que $T$ está dada por la derecha-multiplicando $x^T$ por la matriz $(u_1, \ldots, u_k)$ ($u_i$ ser vectores columna aquí). Por definición, este ha columna-espacio de dimensión $k$, por lo que ha fila útil de la dimensión $k$, lo $\dim {\rm im}(T) = k$. (Para referencia en esta parte, ver aquí.)

2. Ya es posible para$u^T u = 0$$u \neq 0$, uno no puede interpretar $u^T u$ (plaza), "longitud" y se dividen por el mismo. Yo no puedo pensar en otra cosa "ortonormales" haría referencia. Edit: Ah, en realidad significa "ortogonal", en el sentido de que desea una base $\{u_i\}$ $U^\perp$ donde $u_i^T u_j = 0$ todos los $i \neq j$. Es un poco difícil de encontrar contraejemplos, ya que las bacterias Gram-Schmidt proceso realmente funciona con el habitual producto interior reemplazado por $u^T v$, al menos siempre que no se divida por $0$, es decir, siempre que ninguno de sus intermedio vectores satisface $u^T u = 0$. Un problema con Mike subespacio es que es un subconjunto de a $Z = \{u \in \mathbb{Z}_q^n : u^T u = 0\}$. Curiosamente, parece $Z$ es en sí mismo un subespacio vectorial si y solo si $q=2$ (más en general, en el carácter $2$). Tal vez esto ayudará a guiar la construcción de un contraejemplo/una prueba de que no existen contraejemplos para $q>2$?

Answer 2

(2) es falsa. Por ejemplo, si $U$ es la 1D subespacio $\{(0,0,0), (1,1,1)\}$$\mathbb{Z}_2^3$, $U^\bot$ es el 2D subespacio $\{(0,0,0), (1,1,0), (1,0,1), (0,1,1)\}$ que no tiene ninguna base ortogonal.

(1) es verdadera. He aquí un boceto sin todos los detalles.

Reivindicación 1: Vamos a $X$ ser un espacio vectorial sobre un campo $F$. Supongamos $x_1,\ldots,x_k \in X$ son vectores, $\varphi_1,\ldots,\varphi_k \in X^*$ son funcionales, y que $\varphi_i(x_j) = \delta_{ij}$, la delta de Dirac. A continuación, $x \mapsto \sum_{i=1}^k \varphi_i(x) x_i$ es un rango de-$k$ proyección con rango de $\operatorname{span}\{x_1,\ldots,x_k\}$ y el kernel $\bigcap_{i=1}^k \ker(\varphi_i)$. En particular (por ejemplo, según el rango de nulidad), $\dim(X) = k + \dim \left(\bigcap_{i=1}^k \ker(\varphi_i) \right)$.

Reivindicación 2: Deje $X$ ser un espacio vectorial sobre un campo $F$ y deje $\varphi_1,\ldots, \varphi_k \in X^*$ ser funcionales. A continuación, $\varphi_1,\ldots,\varphi_k$ son linealmente independientes en $X^*$ si y sólo si no existe $x_1,\ldots,x_k \in X$ tal que $\varphi_i(x_j) = \delta_{ij}$.

La reivindicación 1 es bastante directa. Una de las implicaciones de la Reivindicación 2 es fácil, y la otra implicación viene de una ley Gramm-Schmidt tipo de construcción el uso de la Reivindicación 1.

Ahora, en su situación, el estándar interno-producto en $\mathbb{Z}_q^n$ puede ser considerado como una opción de isomorfismo $\mathbb{Z}_q^n \cong (\mathbb{Z}_q^n)^*$, de modo que $U$ puede ser considerado como un subpace de $(\mathbb{Z}_q^n)^*$. Elegir una base $\varphi_1,\ldots,\varphi_n$$U$, nota: $U^\bot = \bigcap_{i=1}^k \ker(\varphi_i)$ en esta instancia, y de aplicar la igualdad de la Reivindicación 1.

Answer 3

Usted no ha dicho cuál es su definición de $U^\perp$, por lo que es bastante duro para comprobar si es igual a algo. Usted también no dicen lo objetivo o de la aplicación que tiene en mente, por lo que también es difícil de sugerir cómo llegar allí.

Pero ortogonalidad sobre campos finitos es un concepto extraño, y ciertamente no a la perfección traducir desde el caso real. Por ejemplo, supongamos que $n=q$, e $U=\langle u \rangle$ donde $u=(1,1,\ldots,1)$. A continuación,$u^T u = 1+1+\ldots+1 = q = 0$, lo $u\in U^\perp$ si utilizamos la definición de arriba!

También, usted debe tener en cuenta que, al igual que más de $\mathbb{Q}$, usted podría tener que ampliar el campo a escala base para ser ortonormales. Por ejemplo,$(1,1)$$\mathbb{F}_3$. Entonces el vector normalizado es $\frac{1}{\sqrt{2}} (1,1)$. Pero $2$ no es un cuadrado en $\mathbb{F}_3$! Tenemos que mirar en $\mathbb{F}_9^2$, el espacio vectorial sobre el campo con 9 elementos, para encontrar el vector normalizado.

Con estas salvedades, gran parte de la misma teoría funciona. Por ejemplo, parece ser cierto que $\dim{U} + \dim{U^\perp} = \dim V$, si utilizamos la Instrucción #1 como una definición. Pero no es cierto que $V=U+U^\perp$, ya que puede tener $U\cap U^\perp \neq 0$.

Como regla general, las cosas que usted puede probar con el álgebra de matrices y determinantes va a ser verdad, mientras que todo lo que requiere el interior del producto que puede fallar si se utiliza las propiedades de $\mathbb{R}$.