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Si un campo $F$ es tal que $\left|F\right|>n-1$ ¿por qué es $V$ un espacio vectorial sobre $F$ no es igual a la unión de una adecuada subespacios de $V$

Si $U_1$, $U_2,\ldots,U_n$ son propias de los subespacios de un espacio vectorial $V$ sobre un campo $F$, e $|F|\gt n-1$, ¿por qué es $V$ no es igual a la unión de los subespacios $U_1$, $U_2,\ldots,U_n$?

33voto

Si $|F|=q<\infty$, e $V$ $m$- dimensional ($m<\infty$), entonces cualquier subespacio $U_i$ tiene más de $q^{m-1}-1$ cero elementos. Así que para cubrir la $q^m-1$ vectores no nulos de a $V\,$, la $n\le q$ subespacios no va a ser suficiente, porque $$n(q^{m-1}-1)\le q(q^{m-1}-1)<q^m-1.$$ So we need at least $|F|+1>n$ subespacios para hacer el trabajo.

Si $m=\infty$, entonces se puede extender a todos los subespacios tener codimension uno (es decir, $\dim_F(V/U_i)=1$ todos los $i$). En ese caso la intersección $U$ de todas las $U_i$:s ha finito codimension, y se puede estudiar la $V/U$ en lugar de $V$ la reducción de la probelm que en el caso anterior.

Si $|F|=\infty, m<\infty$? Bien, entonces necesitamos un poco de reinterpretación. El siguiente argumento muestra que tenemos un número infinito de subespacios para cubrir $V$, y un incontable número de subespacios para cubrir $\mathbf{R}^m$. De nuevo, suponga que todos los subespacios tienen codimension uno (w.l.o.g.). Identificar las $V$$F^m$, y considerar el conjunto $$ S=\{(1,t,t^2,\ldots,t^{m-1})\V\mediados de los t\F\}. $$ Cualquier $U_i$ es ahora un hyperplane y consta de ceros $(x_1,x_2,\ldots,x_m)$ de una sola no trivial de la ecuación lineal homogénea $$a_{i1}x_1+a_{i2}x_2+\cdots+a_{in}x_m=0.$$ Por lo tanto el número de elementos de la intersección $S\cap U_i$ es igual al número de soluciones de $t\in F$ $ a_{i1}+a_{i2}t+\cdots+a_{im}t^{m-1}=0$ e lo $<m$, debido a un no-cero polinomio de grado $<m$ tiene menos de $m$ soluciones en un campo. Esto muestra que si $F$ es infinita, tenemos un número infinito de subespacios para cubrir todos los de $S$. También, si $F$ es incontable, entonces necesitamos un incontable número de subespacios para cubrir $S$. Obviamente es necesario cubrir todos los de $S$ fin de cubrir todos los de $V$.

12voto

David HAust Puntos 2696

SUGERENCIA $\ $ Deje $\rm\:U = U_1 \cup \:\cdots\:\cup U_n\:,\:$ wlog irredundante (es decir, no $\rm\:U_i\:$ se encuentra en la unión de los otros). Elegir $\rm\:v\not\in U_1\:,$ $\rm\: u\in U_1,\: u\not\in U_{i\:>1}\:.\:$ Poner $\rm\: L = v + u\ F\:.\:$ $\rm\:|L\cap U_1| = 0\:,\:$ $\rm\:|L\cap U_{i\:>1}| \le 1\:.$ por lo Tanto, $\rm\:|L\cap U| \le n-1 < |F| = |L|\:,\:$ por lo que el "genérico" de la línea de $\rm\:L\:$ tiene un punto de no $\rm\:U\:.\ $

Prueba de $\ \ $ Primero, nótese $\rm\ |L\cap U_1| = 0\ $ desde $\rm\: u,\:v+c\:u \in U_1\: \Rightarrow\ (v+c\:u)-c\:u\: =\: v \in U_1\:$ contra la elección de $\rm\:v\:.\:$ Segunda $\rm\:|L\cap U_{i\:>1}| \le 1\: $ desde el si $\rm\:v+c\:u,\ v+d\:u\in U_i\:$, entonces también lo es su diferencia $\rm\:(c-d)\:u\:.\:$ $\rm\:c = d\ $ (más de escalado por $\rm\:(c-d)^{-1}$ $\Rightarrow$ $\rm\:u\in U_{i\:>1}\:$ contra la elección de $\rm\:u\:)\:.\:$ Finalmente $\rm\:v+c\:u\: =\: v+d\:u\:$ $\Rightarrow$ $\rm\:(c-d)\:u = 0\:$ $\Rightarrow$ $\rm\:c=d\:,\:$ por lo $\rm\:c\:\mapsto\: v+c\:u\ $ $\:1$a-$1\:,\: $ por lo tanto $\rm\:|F| = |L|\:.$

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