Súčet, prienik podpriestorov - dimenzia, báza

[Martin Sleziak]

Nájdite dimenziu a bázu každého z podpriestorov $S$, $T$, $S+T$ a $S\cap T$ priestoru $(\mathbb Z_5)^4$. (Nezabudnite na to, že v tejto úlohe pracujete s poľom $\mathbb Z_5$.)

Skupina A: $S=[(1,2,1,2),(1,1,3,2),(2,1,1,2)]$ a $T=[(1,2,0,2),(3,1,0,1),(1,3,2,0)]$.
Skupina B: $S=[(3,3,1,1),(2,1,3,1),(1,1,3,3)]$ a $T=[(1,2,0,0),(2,1,2,4),(1,3,1,2)]$.
Skupina C: $S=[(3,3,1,3),(2,1,3,1),(1,1,3,3)]$ a $T=[(1,2,4,0),(2,1,1,2),(1,3,3,1)]$.
Skupina D: $S=[(1,1,3,1),(1,2,0,2),(3,1,1,0)]$ a $T=[(1,2,1,0),(2,1,0,2),(1,3,0,1)]$.

[Martin Sleziak]

Výsledky

Vo všetkých skupinách bol výsledok $\dim(S)=3$, $\dim(T)=2$, $\dim(S+T)=4$, $\dim(S\cap T)=1$.

Báza nie je určená jednoznačne, ale dám sem redukovaný trojuholníkový tvar matice, ktorú dostaneme z vektorov generujúcich $S$ resp. $T$. (Ten už je určený jednoznačne. Aj keď na nájdenie bázy nebolo nutné nájsť RTM.) A dám sem aj vektor z prieniku. (Vektor generujúci $S\cap T$ je určený jednoznačne až na nenulový násobok.)

Spoiler:

Skupina A:
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 2 \\
0 & 1 & 0 & 2 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 2 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
$(1,3,2,0)\in S\cap T$

Skupina B:
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 3 \\
0 & 1 & 0 & 2 \\
0 & 0 & 1 & 1
\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 3 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 2 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
$(1,0,3,1)\in S\cap T$

Skupina C:
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 3 \\
0 & 1 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 1 & 2
\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 1 & 3 \\
0 & 1 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
$(1,3,3,1)\in S\cap T$

Skupina D:
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 3 \\
0 & 0 & 1 & 4
\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 3 & 3 \\
0 & 1 & 4 & 1 \\
0 & 0 & 0 & 0
\end{pmatrix}$
$(1,0,3,3)\in S\cap T$

[Martin Sleziak]

Riešenie

Výpočet dimenzie bázy $S$ a bázy $T$ je štandardný; poukladáme si vektory generujúce daný podpriestor do riadkov a upravíme na redukovaný trojuholníkový tvar. (Alebo aspoň na tvar, z ktorého už vidíme hodnosť.)
Pre $S+T$ použijeme vektory generujúce $S$ aj $T$. (Môžeme použiť 6 vektorov zo zadania. Jednoduchšie je pracovať s vektormi, ktoré sme dostali v prvej časti. Tých už je iba päť.)

Zo vzorca $\dim(S+T)+\dim(S\cap T)=\dim(S)+\dim(T)$ vieme potom vypočítať aj dimenziu prieniku $S\cap T$.
Ak chceme nájsť aj bázu prieniku, to si vyžiada o čosi viac práce.
Sme v situácii, že poznáme nejaké tri vektory $\vec a_1$, $\vec a_2$, $\vec a_3$, ktoré tvoria bázu podpriestoru $S$. Máme vypočítané aj vektory $\vec b_1$, $\vec b_2$, ktoré generujú $T$. Znamená to, že do prieniku patria vektory, ktoré sa dajú vyjadriť v tvare
$a\vec a_1+b\vec a_2+c \vec a_3=d\vec a_1+e\vec b_2$
Z tejto podmienky dostaneme sústavu, ako jej riešenia dostaneme všetky možnosti pre $a, b, c, d, e \in \mathbb Z_5$.
Z nich potom vieme vyjadriť, aké vektory patria do prieniku.

Pripomeniem, že sme sa učili ako sa dá robiť skúška; máme jednoduchú metódu ako skontrolovať, či vektor patrí do podpriestoru generovaného riadkami matice v redukovanom stupňovitom tvare. Takže ľahko vieme skontrolovať, či zadané vektory patria do obalu vektorov, ktoré nám vyšli. Ak vypočítame nejaký vektor, ktorý by mal patriť do $S\cap T$, tak vieme skontrolovať, či patrí do oboch podpriestorov.


Výpočet

Ukážme si konkrétne výpočty aspoň pre jednu skupinu.

V skupine A sme mali zadné $S=[(1,2,1,2),(1,1,3,2),(2,1,1,2)]$ a $T=[(1,2,0,2),(3,1,0,1),(1,3,2,0)]$.

Úpravou na RTM môžeme nájsť bázu pre tieto podpriestory:
Báza podpriestoru $S$ je $(1,0,0,2)$, $(0,1,0,2)$, $(0,0,1,1)$.
Báza pre $T$ je $(1,0,1,1)$, $(0,1,2,3)$.

Spoiler:

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

Pre podpriestor $S+T$ potom máme $S+T=[(1,0,0,2), (0,1,0,2), (0,0,1,1), (1,0,1,1), (0,1,2,3)]$. Pomerne ľahko dostaneme, že $S+T=\mathbb Z_5^4$.

Spoiler:

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

Potom vieme, že $\dim(S\cap T)=\dim(S)+\dim(T)-\dim(S+T)=3+2-4=1$.

Chceme ale ešte nájsť, aké vektory sú v prieniku.
Sú to presne vektory tvaru
$\vec x= a(1,0,0,2)+b(0,1,0,2)+c(0,0,1,1)=d(1,0,1,1)+e(0,1,2,3)$.
Tieto koeficienty teda vyhovujú sústave
$a(1,0,0,2)+b(0,1,0,2)+c(0,0,1,1)-d(1,0,1,1)-e(0,1,2,3)$.
Možno sa oplatí uvedomiť si aj to, že nemusíme sústavu vyriešiť celú. Aby sme poznali $x$, stačí nám poznať $a$, $b$, $c$ alebo poznať $d$, $e$.

$\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 1 & 4 & 3 \\
2 & 2 & 1 & 4 & 2
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 1 & 4 & 3 \\
0 & 2 & 1 & 1 & 2
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 1 & 4 & 3 \\
0 & 0 & 1 & 1 & 4
\end{pmatrix}\sim$ $
\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 4 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 & 4 \\
0 & 0 & 1 & 4 & 3 \\
0 & 0 & 0 & 2 & 1
\end{pmatrix}$
Už nemusíme rátať ďalej. Na tomto mieste už vidíme, že $d$ a $e$ budú parametre. A že každé riešenie spĺňa $2d+e=0$, teda $e=3d$. Potom máme $d\vec b_1+e\vec b_2=d\vec b_1+3d\vec b_2=d(1,0,1,1)+3d(0,1,2,3)=d(1,3,2,0)$. Teda v $S\cap T$ ležia presne násobky vektora $(1,3,2,0)$ a $S\cap T=[(1,3,2,0)]$. Báza tohoto podpriestoru pozostáva z jedného vektoru.

Samozrejme, ak chceme, môžeme sústavu dopočítať a skontrolovať, že tento vektor skutočne patrí do $S$ aj do $T$.
To vieme ľahko skontrolovať aj s použitím redukovaného trojuholníkového tvaru, ktorý sme vypočítali predtým.

[Martin Sleziak]

Komentáre k riešeniam

Niektorí ste počítali pri výpočte $\dim S$ a $\dim T$ s vektormi v stĺpcoch. To by bolo ok, keby sme chceli iba dimenziu. (Lebo hodnosť matice a transponovanej matice je rovnaká.) Takýmto spôsobom však nenájdete bázu.
(Našli sa ľudia, ktorí tvrdili, že riadky výslednej matice tvoria bázu $S$ resp. $T$. Aby ste si uvedomili, že to nemôže byť dobre, si stačilo všimnúť, že tieto vektory nie sú v $\mathbb Z_5^4$; nemajú dosť súradníc.)

Našlo sa viacero ľudí, ktorí správne zostavili sústavu, ktorú potrebujeme na výpočet prieniku. (Niektorí ju aj správne vyriešili.)
Potom ste však napísali, že báza prieniku je to, čo vám vyšlo z riešenia sústavy.
Ľahko sa dá zbadať, že toto nemôže byť dobre. Pri riešení tejto sústavy ste dostali množinu, ktorá obsahuje usporiadané pätice $(a,b,c,d,e)$, teda to nie je podpriestor $(\mathbb Z_5)^4$.

[Martin Sleziak]

Iné riešenie (vcelku elegantné) sa objavilo na dnešnom cvičení s 1INF.
Pre daný podpriestor vieme nájsť homogénnu sústavu, ktorej množina riešení je presne tento podpriestor. (Takéto úlohy sme už riešili, nebudem tu opakovať postup.)
Ak nájdeme takúto sústavu pre $S$ a pre $T$, tak potom $S\cap T$ vieme nájsť ako množinu riešení sústavy, kde dáme rovnice pre $S$ aj pre $T$.

Konkrétne pre $S$ a $T$ sme vyššie vypočítali bázu, ktorá nám dáva maticu v redukovanom trojuholníkovom tvare. Z nej vieme vyčítať sústavy také, že množina riešení je $S$ resp. $T$:
$$
\left(\begin{array}{cccc|c}
2 & 2 & 1 &-1 & 0
\end{array}\right)
\qquad
\left(\begin{array}{cccc|c}
1 & 2 &-1 & 0 & 0 \\
1 & 3 & 0 &-1 & 0
\end{array}\right)
$$
Na nájdenie $S\cap T$ nám teda stačí riešiť sústavu:
$$
\left(\begin{array}{cccc|c}
2 & 2 & 1 &-1 & 0 \\
1 & 2 &-1 & 0 & 0 \\
1 & 3 & 0 &-1 & 0
\end{array}\right)
$$

Spoiler:

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

Jej riešením je $S\cap T=[(3,4,1,0)]=[(1,3,2,0)]$.