Suma prosta dwóch podprzestrzeni

Przestrzenie wektorowe, bazy, liniowa niezależność, macierze.... Formy kwadratowe, twierdzenia o klasyfikacji...
bemekw
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 148
Rejestracja: 22 paź 2011, o 16:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 42 razy
Pomógł: 5 razy

Suma prosta dwóch podprzestrzeni

Post autor: bemekw »

W \(\displaystyle{ X = \mathbb{R}^5}\) mam dane dwie podprzestrzenie:

\(\displaystyle{ Y}\), którego baza to: \(\displaystyle{ [1,1,1,1,1]^T, [1,2,4,8,16]^T, [1,a,a^2,a^3,a^4]^T]}\)
oraz
\(\displaystyle{ Z}\) z bazą \(\displaystyle{ [a,a^2,a^3,a^4,a^5]^T, [b,b^2,b^3,b^4,b^5]^T, [c,c^2,c^3,c^4,c^5]^T}\)
Dla jakich \(\displaystyle{ a,b,c \in \mathbb{R}}\)
\(\displaystyle{ X = Y \oplus Z}\)?

No to pierwsze cos - muszę chyba sprawdzić, dla jakich parametrów \(\displaystyle{ a,b,c}\) te wektory bazy są liniowo niezależne (żeby ich część wspólna była równa zero), a potem dla jakich parametrów \(\displaystyle{ \dim X = \dim Y + \dim Z}\)?
Ostatnio zmieniony 29 sty 2012, o 15:11 przez bemekw, łącznie zmieniany 1 raz.
norwimaj
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5101
Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 1001 razy

Suma prosta dwóch podprzestrzeni

Post autor: norwimaj »

Wszystkie te wektory nigdy nie będą liniowo niezależne, bo jest ich za dużo.

Czy wektor \(\displaystyle{ [a,a^2,a^3,a^4,a^4]^T}\) na pewno miał mieć ostatni wykładnik \(\displaystyle{ 4}\)?
bemekw
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 148
Rejestracja: 22 paź 2011, o 16:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 42 razy
Pomógł: 5 razy

Suma prosta dwóch podprzestrzeni

Post autor: bemekw »

że za dużo to wiem, jednak nie potrafie po prostu znaleźć takich, parametrów, aby wszystko się zgadzało..

Masz rację, mój błąd - tam powinno być \(\displaystyle{ 5}\). Już poprawiam.
norwimaj
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 5101
Rejestracja: 11 mar 2011, o 16:31
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: 52°16'37''N 20°52'45''E
Podziękował: 4 razy
Pomógł: 1001 razy

Suma prosta dwóch podprzestrzeni

Post autor: norwimaj »

Jeśli \(\displaystyle{ X = Y \oplus Z}\), to \(\displaystyle{ Y\cap Z=\{(0,0,0,0,0)\}}\), więc \(\displaystyle{ a\ne0}\) oraz \(\displaystyle{ b,c\not\in\{1,2,a\}}\).

Ponadto \(\displaystyle{ b\ne c}\) oraz \(\displaystyle{ b,c\ne0}\), bo inaczej \(\displaystyle{ \dim Y + \dim Z\le 3+1}\).

Podobnie \(\displaystyle{ a\not\in\{1,2\}}\).

Razem te warunki mówią, że liczby \(\displaystyle{ 0,1,2,a,b,c}\) są parami różne.

W drugą stronę, jeśli liczby \(\displaystyle{ 0,1,2,a,b,c}\) są parami różne, to \(\displaystyle{ X = Y \oplus Z}\), co wynika na przykład z wyznacznika Vandermonde'a.

-- 29 sty 2012, o 15:24 --

Przepraszam, coś namieszałem. Miało być \(\displaystyle{ a=0}\) oraz liczby \(\displaystyle{ 1,2,a,b,c}\) parami różne.

-- 29 sty 2012, o 15:32 --

Napiszę jednak od nowa. Tym razem postaram się bezbłędnie.

Jeśli \(\displaystyle{ X = Y \oplus Z}\), to \(\displaystyle{ Y\cap Z=\{(0,0,0,0,0)\}}\), więc \(\displaystyle{ a=0}\) oraz \(\displaystyle{ b,c\not\in\{1,2\}}\).

Ponadto \(\displaystyle{ b\ne c}\) oraz \(\displaystyle{ b,c\ne0}\), bo inaczej \(\displaystyle{ \dim Y + \dim Z\le 3+1}\).

Razem te warunki mówią, że \(\displaystyle{ a=0}\) oraz liczby \(\displaystyle{ 1,2,a,b,c}\) są parami różne.

W drugą stronę, jeśli te warunki zachodzą, to \(\displaystyle{ X = Y \oplus Z}\), co wynika na przykład z wyznacznika Vandermonde'a.
bemekw
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 148
Rejestracja: 22 paź 2011, o 16:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 42 razy
Pomógł: 5 razy

Suma prosta dwóch podprzestrzeni

Post autor: bemekw »

Ok, dzięki - mnie więcej widzę jak to działa
ODPOWIEDZ