Prienik a súčet podpriestorov

[Martin Sleziak]

Máme podpriestory $S$ a $T$ v priestore $(\mathbb Z_5)^4$ zadané ako:
\begin{align*}
S&=[(1,1,4,2),(1,2,2,3),(4,1,2,0)]\\
T&=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\mathbb Z_5^4; x_1+3x_2+2x_3+x_4=0\}
\end{align*}
Nájdite sústavu rovníc takú, že jej množina riešení je práve podpriestor $S$. Zistite aká je dimenzia priestorov $S\cap T$ a $S+T$. (Svoje tvrdenie zdôvodnite.)

Na fóre je vyriešených niekoľko príkladov na nájdenie sústavy k danému podpriestoru: viewtopic.php?t=1482 a viewtopic.php?t=412
A aj na súčet a prienik podpriestorov: viewtopic.php?t=816 a viewtopic.php?t=120

K tejto úlohe chcem napísať niečo hlavne preto, aby som okomentoval potenciálne problémy s riešením, aké som dostal v jednej z odovdzdaných d.ú.

Najprv ale k riešeniu:

Nájdenie sústavy pre podpriestor $S$.
Úpravou môžeme nájsť bázu pre podpriestor $S$.
$$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 4 & 2 \\
1 & 2 & 2 & 3 \\
4 & 1 & 2 & 0
\end{pmatrix}\sim\dots\sim
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$$

Spoiler:

$\begin{pmatrix}
1 & 1 & 4 & 2 \\
1 & 2 & 2 & 3 \\
4 & 1 & 2 & 0
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 4 & 2 \\
1 & 2 & 2 & 3 \\
0 & 3 & 4 & 3
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 1 & 4 & 2 \\
1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 3 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 3 & 1 \\
1 & 1 & 4 & 2
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 3 & 1 \\
0 & 1 & 3 & 1
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 3 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}
$

Vidíme, že $S=[(1,0,1,1),(0,1,3,1)]$ a $\dim(S)=2$.
Podpriestor $S$ sa dá teda dostať ako riešenie sústavy dvoch lineárne nezávislých rovníc.
Vieme ich nájsť tak, že hľadáme čo majú spĺňať koeficienty rovnice $ax_1+bx_2+cx_3+dx_4=0$, aby boli riešeniami vektory $(1,0,1,1)$, $(0,1,3,1)$.
T.j. nájdeme možné koeficienty riešením rovníc $a+c+d=0$, $b+3c+d=0$.

Dostali sme, že $S$ je množina riešení takejto sústavy:
$$\left(\begin{array}{cccc|c}
4 & 2 & 1 & 0 & 0 \\
4 & 4 & 0 & 1 & 0
\end{array}\right)$$

Nájdenie $S\cap T$ riešením sústavy rovníc.
Keďže $S$ aj $T$ máme vyjadrené pomocou homogénnych rovníc, tak prienik nájdeme jednoducho tak, že vyriešime sústavu obsahujúcu všetky tieto rovnice.
$$\left(\begin{array}{cccc|c}
4 & 2 & 1 & 0 & 0 \\
4 & 4 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 3 & 2 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim\dots\sim
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 2 & 0
\end{array}\right)
$$

Spoiler:

$\left(\begin{array}{cccc|c}
4 & 2 & 1 & 0 & 0 \\
4 & 4 & 0 & 1 & 0 \\
1 & 3 & 2 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 3 & 4 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 4 & 0 \\
1 & 3 & 2 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 3 & 4 & 0 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 3 & 1 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
0 & 2 & 4 & 1 & 0 \\
1 & 1 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 2 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 2 & 4 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 2 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 2 & 0 & 3 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 2 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 1 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 2 & 0
\end{array}\right)\sim$ $
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 0 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 2 & 0
\end{array}\right)$

Teda $S\cap T$ sa rovná množine riešení tejto sústavy, t.j. $$S\cap T=[(0,1,3,1)].$$

Dostávame, že:
\begin{align*}
\dim(S)&=2\\
\dim(T)&=3\\
\dim(S\cap T)&=1\\
\dim(S+T)&=4
\end{align*}

[Martin Sleziak]

Prienik by sme mohli nájsť aj rôznymi inými spôsobmi. Tu napíšem niečo k jednému odovzdanému riešeniu.

Pre bázové vektory generujúce $S$ vieme ľahko (napríklad dosadením do rovnice $x_1+3x_2+2x_3+x_4=0$) skontrolovať, že:
\begin{align*}
(1,0,1,1)&\notin T\\
(0,1,3,1)&\in T
\end{align*}
Tým sme zistili, že $[(0,1,3,1)]\subseteq S\cap T$.

Súčasne vieme, že $S\cap T$ môže mať dimenziu nanajvýš $2$; lebo $\dim(S)=2$.
Pretože sme našli aspoň jeden vektor ležiaci v $S$, ktorý do $S\cap T$ nepatrí, tak tento podpriestor má dimenziu $1$. A teda vidíme, že platí:
$$S\cap T=[(0,1,3,1)].$$

****

Takéto riešenie (s uvedeným zdôvodnením) je správne.

Ale chcem zdôrazniť, že vo všeobecnosti takýto postup - jednoducho vyskúšame bázové vektory - fungovať nemusí.

Predstavme si napríklad, že by sme riešili podobnú úlohu pre podpriestor $T'=\{(x_1,x_2,x_3,x_4)\in\mathbb Z_5^4; x_2+x_3=0\}$.

Ak vyskúšame bázové vektory, tak zistíme, že
\begin{align*}
(1,0,1,1)&\notin T'\\
(0,1,3,1)&\notin T'
\end{align*}

Súčasne je však ich priestor jednorozmerný:
$$S\cap T'=[(1,1,4,1)].$$