Matematické Fórum

Bernardin · 13. 09. 2011 14:45

Zdravím, chtel bych vás poprosit o radu. Mám za úlohu určit počet všech kolineací n-rozměrného projektivního prostoru Pn (Z5 n+1) , kde Z5 je teleso modulo 5 , pro každé přirozené číslo n. Tvrzení je nutno dokázat.

- není mi jasné co si mám představit pod pojmem počet všech kolineací? jde o počet všech automorfizmu?

za radu, jak to vyřešit a dokázat vopřed děkuji.

OiBobik · 13. 09. 2011 15:16

↑ Bernardin:

Zdravím,
určit počet automorfismů bude pravděpodobně první krok, ovšem kolineací bude přece jen méně: automorfismus, vytvořující kolineaci K projektivního prostoru P(V), je určen jednoznačně "až na násobnost" - tj. je-li K kolineace na proj. prostoru P(V) vytvořená automorfismem f, pak k*f (k<>0) je taktéž automorfismus, vytvořující K. Tedy počet kolineací bude odpovídat počtu tříd ekvivalence $\{(f,g)|f=k\cdot g, k\neq0, k \in \mathbb{Z}_{5}, f,g \dots\text{ automorfismy }\mathbb{Z}_{5}^{n+1}\}$ na množině automorfismů vekt. prostoru $\mathbb{Z}_{5}^{n+1}$ .

Bernardin · 14. 09. 2011 18:40

Děkuji za radu, tedy, jestli tomu chápu správně : počet všech automorfizmu je roven počtu všech bijekcí v daném prostoru, tedy $5!$ a počet tříd ekvivalence na množině automorfizmu bude "jenom" $4!$ ?

Když jsem to špatne pochopil, prosím pooprav mě. Dík

OiBobik

↑ Bernardin:

To bude s největší pravděpodobností špatně - Chyba je
1) v tom počtu automorfismů - já můžu každý endomorfismus jednoznačně určit předpisem fixní báze (řekněme kanonické) na (n+1) vektorů stejného prostoru. Jelikož námi uvažované endomorfismy jsou auto-, tedy (podle věty) právě všechny prosté endomorfismy, musí být tato (n+1)-tice lineárně nezávislá - tedy zase báze. Odtud by už mělo být vidět, že počet automorfismů je roven počtu regulárních čtvercových matic řádu (n+1) nad Z5.
2) Kolik je automorfismů v každé té třídě ekvivalence?

// stěžejní část úlohy je však stále ještě nevyřešena, a sice: Kolik je regulárních (n+1)x(n+1) matic nad Z5?

Bernardin · 14. 09. 2011 20:26

vopřed se ospravedlňuji, ale abych docílil toho, že tomu maximálne porozumím, začnu se ptát na - možná na první pohled- triviální věci.

-pro každé $n\in N$ v prostoru $\mathbb{Z}_{5}^{n+1}$ najdu právě 1 regulární matici- libovolná regulární matice, se dá konečným počtem ekvivaletních úprav změnit na jednotkovou. Tedy, počet všech regulárních čtvercových matic řádu (n+1) nad Z5 bude právě (n+1) ?

odpověď na tvuj bod 2) jeden?

- jak mám chápat úlohu najít počet tříd ekvivalence na tebou určené množině? Neumím jsi to teď představit- co vlastně hledám?

ješte jednou promiň za mou neomalenost a děkuji za tvou trpělivost

OiBobik

↑ Bernardin:

0) Nemáš se zač omlouvat, to není zrovna příklad z těch lehčích tady na foru (a naopak je hezký a zajímavý). ; ))

1) Každá regulární matice typu (n,n) se dá dostat z jiné regulární matice typu (n,n) elementárními úpravami na řádky, ale to je pro nás nepodstatné - my se ptáme, kolik těch samotných matic je. Aby to bylo jasnější, uvedu to na triviálním příkladu, a sice na tělese $\mathbb{Z}_2$ a prostoru $\mathbb{Z}_2^2$ :

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

2) Jde o to, že daná relace, jak jsem ji zavedl, je ekvivalence na množině automorfismů daného vektorového prostoru. Každá třída té ekvivalence nám jednoznačně určuje právě jednu kolineaci (a každá kolineace je učena právě jednou takovou třídou - je vytvořena na základě libovolného automorfismu z dané třídy). Tedy počet tříd ekvivalence dané relace na daném VP je roven počtu kolineací na příslušném proj.P. No a pokud mají ty třídy ekvivalence všechny stejnou velikost, neboli obsahují stejně automorfismů, pak počet těchto tříd bude (počet automorfismů celkem)/(počet automorfismů v jedné třídě). No a kolik je automorfismů v jedé třídě té ekvivalence?

Když budu pokračovat v nakousnutém příkladu, tak

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Bernardin · 14. 09. 2011 22:30

Tedy všeobecně, je počet automorfismu=počtu čtv. regulárních matic daného typu= $\frac{(2^{n+1}-1)!}{(2^{n+1}-n+1)!}$ ?

vysvetlím: 2 je počet prvkov: v kanonické báze používam jenom 0 a 1. $(2^{n+1}-1)$ je počet variací s opakováním- tak jsem nalezl vektory, které následně dávám do regulárních čtvercových matic pomocí variací bez opakování, což je výsledný vzorec.

tvuj názor?

OiBobik

↑ Bernardin:

Z jedniček a nul se ty matice skládaly jenom proto, že těleso nemělo žádné jiné prvky (uvažoval jsem pro jednoduchost Z2, aby nebyl problém všechny ty matice vypsat ručně a tedy to bylo názornější). Kdyby to bylo třeba nad Z3, jedno z přiřazení by mohlo vypadat například

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Jde zkrátka a doslova o všechny možné regulární matice daného typu nad daným tělesem.

No a jak všeobecně jít na počet regulárních matic - vektor po vektoru:

Vyplňujme matici typu (n,n) nad Zp tak, aby regulární:
1) Kolika způsoby můžu vyplnit první řádek?
2) Mám-li už vyplněno k řádků, k<n, kolika způsoby mohu vyplnit (k+1). řádek tak, aby nebyl lineární kombinací předchozích řádků?

Pokud přijdeš na 1) a 2), snadno už odvodíš počet regulárních matic.

Bernardin · 14. 09. 2011 22:46

odpovědi:

1) $p^n-1$ protože nechci nulový vektor
2) $p^{n-k}$

je to tak?

Bernardin · 14. 09. 2011 22:52

když ano, tak potom počet všech automorfismu by měl být= $(p^n-1)!$ ?

OiBobik

↑ Bernardin:

1) ano

2) ne, i když myšlenku asi máš: Prvně bych vyzkoušel všechny (oprava: pro jednoduchost i nulový) vektory (těch je $p^n$ ), pak bych je procházel a vyškrtal ty, které jsou lineární kombinací těch předchozích vektorů - těch je kolik?

(následuje trochu matoucí poznámka)

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Bernardin · 14. 09. 2011 23:15

2) z definice lineární kombinace by to mělo být- $\sum_{i=1}^{k} p_i u_i$ kde u je vektor

nevím, nejak už přestávam chápat, asi to mám špatně :/

OiBobik · 14. 09. 2011 23:35

↑ Bernardin:

Ano, to je lineární kombinace.

My u každé té naší matice ve výrobě při vyplňování (k+1). řádku máme již výše použito k lineárně nezávislých vektorů - každá jejich lineární kombinace bude odpovídat jednomu "unikátnímu vektoru" (plyne to z LN oněch prvních k řádků). Zároveň jelikož jsou tyto vektory $u_1 \dots u_k$ pevně dané, je každá lineární kominace jednoznačně určena posloupností násobících koeficientů $(p_1,p_2 \dots p_k)$ Jedná se zase o bijekci, každá takováto posloupnost mi jednoznačně určuje některý ten "zakázaný" (tedy "s prvními k vektory lineárně závislý") vektor a každý z těch zakázaných vektorů má přiřazernou jednu takovou posloupnost. Tedy počet těchto vektorů je $p^k$ ...mám k pozic a na každé jeden z p znaků.

Bernardin · 15. 09. 2011 00:31

tedy $p^n - p^k =$ počtu možných vyplnění (k+1). řádku?

OiBobik

↑ Bernardin:

Přesně tak. ; )) Takže počet automorfismů $\mathbb{Z}_p^n$ je?

Bernardin · 15. 09. 2011 00:48

počet automorfismu $\mathbb{Z}_p^n = (p^n-1)*(p^n - p^k)$ ?

OiBobik

↑ Bernardin:

Ne tak úplně, to jsme uvažovali k-tý krok vytváření jedné z regulárních matic. celkový počet bude součin přes všechna přípustná k, tedy $\prod_{k=0}^{n-1}(p^n-p^k)$ .

Tedy počet automorfismů vp $\mathbb{Z}_5^{n+1}$ je $\prod_{k=0}^{n}(5^{n+1}-5^k)$

To tedy víme ten počet automorfismů; teď: kolik automorfismů vždy tvoří jednu třídu ekvivalence? neboli jak jsou třídy oné ekvivalence z mého prvního příspěvku velké?

Bernardin · 15. 09. 2011 01:25

řeknu co si myslím, velikost tříd bude "k" kromě 0 . A počet tříd ekvivalencí a tedy i kolineací by měl být celý produkt deleno "k" ( k patří Z5)

OiBobik

↑ Bernardin:

a co je to k? resp. my uvažujeme konkrétně těleso $\mathbb{Z}_5$ . No a jelikož v jedné třídě ekvivalence jsou právě ty automorfismy, kde jeden je nenulový násobek druhého, stačí odpovědět na otázku: kolik automorfismů je nenulovým násobkem libovolného automorfismu nad Z5?

Bernardin · 15. 09. 2011 01:44

k = 5 , jenže 0-násobek nás asi nezajímá, tak tedy k=4 , protože 1,2,3,4 násobek libovolného automorfismu jsou dokopy 4.

OiBobik

↑ Bernardin:¨

Ano. Tedy celkem počet kolineací bude $\frac{\prod_{k=0}^n(5^{n+1}-5^k)}{4}$ .
______________________________________________________________

Pro zajímavost trochu jiný přístup, vedoucí ke stejnému výsledku:
______________________________________________________________

Každá kolineace projektivního prostoru je jednoznačně dána předpisem geometrické báze proj. prostoru na jinou geometrickou bázi.

Zvolme pevně geometrickou bázi např. takto: $\{\langle e_1 \rangle, \langle e_2 \rangle, \dots \langle e_{n+1} \rangle, \langle (1,1, \dots 1) \rangle\}$ (e_i je i-tý vektor kanonické báze; snadno se ověří, že toto je skutečně geometrická báze, tj každých (n+1) aritm. zástupců jejích bodů je LN)

a určujme počet přiřazení (n+2) geometrických bodů těmto bodům tak, aby těchto (n+2) geometrických bodů tvořilo geometrickou bázi.
S podobným argumentem, jako výše u určování počtu automorfismů, lze nahlédnout, že tento počet přiřazení je roven počtu různých (uspořádaných) geometrických bází daného projektivního prostoru.

Počítejme:
1) Kolika způsoby lze zvolit první geom. bod báze?
Aritmetických zástupců, kteří se nabízejí, je $p^{n+1}-1$ (všechny vektory až na nulový). Ovšem vždy právě (p-1) z nich jsou svými vzájemnými násobky (je jedno, jestli zvolím (0...0,1) nebo (0...0,2) - geometrický bod určují stejný). Tedy možností je $\frac{p^{n+1}-1}{p-1}$

2) mám-li určeno již k geom. bodů, k<(n+1), a chci zvolit (k+1). geom. bod:
Aritmetických zástupců, vhodných pro základ nového geom. bodu, je $p^{n+1}-p^k$ (zakázány jsou lineární kombinace aritmetických zástupců dříve zvolených geom. bodů), ovšem zase vždy (p-1) z nich určuje ten samý geom. bod, tedy další geom. bod můžu zvolit $\frac{p^{n+1}-p^k}{p-1}$ způsoby.

Nyní spočtěme, kolika způsoby lze tedy zvolit prvních (n+1) geometrických bodů geometrické báze. To je vlastně jen součin přes všechna k, tedy $\frac{\prod_{k=0}^n (p^{n+1}-p^k)}{(p-1)^{n+1}}$

Nyní zbývá dořešit otázku, kolika způsoby lze doplnit poslední geometrický bod tak, aby výsledná (n+2)-tice geom. bodů tvořila geom. bázi:
Zvolme si nyní pevně aritmetické zástupce (n+1) dříve vybraných bodů (třeba požadavkem, že jejich první nenulová číslice je 1). Libovolný arit. zástupce posledního bodu, přidaného do báze, a libovolných n arit. zástupců z těchto pevně zvolených musí být LN. Když si člověk trochu promyslí tuto podmínku, zjistí, že je ekvivalentní s podmínkou: každý arit. zástupce posledního přidaného bodu je takovou lineární kombinací našich zafixovaných zástupců, že žádný z nich v ní není zastoupen 0-krát. Tedy stačí určit počet LK (n+1) vektorů s nenulovými koeficienty. Tento počet je zřejmě $(p-1)^{n+1}$ . Tolika způsoby lze tedy vybrat arit. zástupce posledního bodu, ovšem opět vždy (p-1) jich bude učovat jeden geom. bod. Tedy poslední bod lze určit $\frac{(p-1)^{n+1}}{(p-1)}=(p-1)^{n}$ způsoby.

Tedy celkový počet geometrických bází prostoru $P_n(\mathbb{Z}_p)$ a tedy i počet kolineací tohoto proj. prostoru je roven $\frac{\prod_{k=0}^n (p^{n+1}-p^k)}{(p-1)^{n+1}}\cdot (p-1)^{n}=\frac{\prod_{k=0}^n (p^{n+1}-p^k)}{(p-1)}$ .