La combinatoria en el espacio vectorial finito

Question

Deje $q$ ser una fuente primaria de energía y $V$ finita $\mathbb F_q$-espacio vectorial con dos subespacios $I$$J$. Vamos $k$, $a$ y $b$ ser enteros no negativos. Determinar el número de subespacios $K$ $V$ con $\dim(K) = k$, $\dim(K\cap I) = a$ y $\dim(K\cap J) = b$.

La respuesta dependerá de los números de $a,b,k$ y $v = \dim(V)$, $i = \dim(I)$, $j = \dim(J), c = \dim(I\cap J)$, pero de lo contrario, ser independiente de la elección exacta de $I$$J$.

En el caso de que un solo subespacio $I$ (es decir $J = \{0\}$$b = 0$), encontré la respuesta $$q^{(k-a)(i-a)}\binom{i}{a}_{\!q} \binom{v-i}{k}_{\!q},$$ donde $\binom{x}{y}_q$ denota el Gaussiano coeficiente binomial.

Sin embargo, para dos subespacios $I$$J$, este problema se ve bastante duro para mí. Todas las ideas son bienvenidas. Incluso en los casos especiales $I \cap J = \{0\}$ o $J \subseteq I$ (tanto la generalización de un caso de $J = \{0\}$ discutió anteriormente) no son claras para mí.

Answer 1

Generalmente, es más fácil convertir a este tipo de problemas a lo finito geometría proyectiva, y a mirar a sus subespacios, como espacios proyectivos. Hay toda una rama de la investigación que se dedica a lo finito geometría proyectiva y creo que estas preguntas básicas que todos resuelto no. En lo que escribo a continuación, me han hecho caso omiso de la diferencia de $1$ entre el vector y proyectivo de dimensión, para que sea legible para usted (como supongo que usted está más acostumbrado a los vectores geometría).

No tengo los libros aquí, así que no te puedo dar una lista de fórmula, pero la idea principal es siempre el siguiente: elegir un arbitrario I,J con sus propiedades. Ahora, denotan $C=I\cap J$ y denotar una variable adicional $t=\dim(I\cap J\cap K)$. Primero vamos a calcular el número solicitado para un valor dado de a $t$. Esto es mucho más fácil (y esa es probablemente la razón por la que ha tenido éxito en la $J=\{0\}$ de los casos, ya que aquí se $t$ es fijo).

Ya sabemos que el grupo de acciones, sabemos que, de hecho, todas las opciones son projectively equivalente, por lo tanto, de hecho, el número será independiente de la exacta espacios elegidos. Si quieres incluso puedes darles especial coordenadas de su elección.

Entonces, dentro de I y J, calcular el número de posibilidades para $K\cap I$$K\cap J$. El número de $t$-espacios en $I\cap J$$N_1(t)$, esto puede ser calculada. Ahora, corregir cualquier $t$espacio $T=I\cap J\cap K$. Cada elección va a dar el mismo número, por lo que es simplemente un producto con $N_1$ al final.

En $I$, se puede calcular el número de $a$-espacios de $A$ han $A\cap C=T$, indican que este número por $N_2(t)$. En $J$, se puede calcular el número de $b$-espacios de $B$ han $B\cap C=T$, indican que este número por $N_3(t)$. Ahora arreglar dichos subespacios $A$ $B$ (de nuevo, no importa que uno, ya que todas las opciones dentro de estas limitaciones son projectively equivalente).

Ahora, todo lo que queda es contar cuántas $k$-espacios de $K$ no se con $A=I\cap K$$B=J\cap K$. Esto es equivalente a decir que el $\langle A,B\rangle = \langle I,J\rangle \cap K$. Denotar $X=\langle A,B\rangle$$Y=\langle I,J\rangle$, entonces el problema que nos queda es "Determinar el número de $k$-espacios de $K$ que se cruzan $Y$$X$." Este número es fijo (desde $X$ $Y$ son fijos) y debe ser mucho más fácil que su problema original; denota por $N_4(t)$.

A continuación, el número total de dados en $t$$N_1(t)\cdot N_2(t)\cdot N_3(t)\cdot N_4(t)$, y el original de la cantidad total solicitada (que es para cualquier $t$) es $$\sum_t N_1(t)\cdot N_2(t)\cdot N_3(t)\cdot N_4(t),$$ donde la suma se toma sobre todos los valores distintos de cero del producto (hay sólo un número finito).