Sonlu boyutlu bir vektör uzayının kaç tane tabanı olduğunu 'kestirebilir miyiz'?

3 beğenilme 0 beğenilmeme
73 kez görüntülendi

Tabii ki eğer bir tane taban varsa sonsuz tane taban vardır. 

Örneğin $\{f_1 ,f_2\}$ bir tabansa, $\{ f_1 + f_2 , f_2\}$ de bir tabandır ve bu şekilde sonsuz tane taban üretebiliriz.

 Bu sonuzluğun derecesini merak ediyorum, sayılabilir mi? Sayılamaz mı? 

Sonrasında soruyu önce sayılabilir sonsuz ( yani $\omega$ ) boyutlu vektör uzaylarına, daha sonra da sayılamaz boyutlu vektör uzaylarına genişletebiliriz.

11, Aralık, 2016 Lisans Matematik kategorisinde Cagan Ozdemir (672 puan) tarafından  soruldu

gene bir cagan-anıl conjecture, bu arada derste bir durum daha vardı $0_k$ veya $0_v$ ile alakalı.

Eğer cismin sayılamaz bir cisim ise tabii ki sayılamaz olacaktır. Zira $\{f_1, f_2\}$ taban ise, her $c$ skaleri için $\{cf_1, f_2\}$ de bir taban verir.

Bunun dışında söylenebilecek ilk şey, bu vektör uzayının tabanları ile otomorfizmaları arasında bir ilişki olduğu. Vektöruzayının boyutu $n$ ise, sıralı tabanlar ile terslenebilir $n \times n$ matrisler arasında bir eşleme bulabilirsin. Dolayısıyla baktığımız şey $GL(n)/S_n$ gibi duruyor.

1 cevap

1 beğenilme 0 beğenilmeme
Şimdilik, ileride ekleme ve düzeltmeler yapmak üzere eksik bir cevap yazıyorum.

$k$ bir cisim, $\kappa$ bir kardinal sayı ve $V$ kümesi $\kappa$ boyutlu bir vektör uzayı olsun. $V$ uzayı $k^{(\kappa)} = \bigoplus_{\kappa} V$ uzayına izomorftur. Yorumlarda yazdığı gibi, aradığımız $Aut(k^{(\kappa)})/S_{\kappa}$ kümesinin kardinalitesi. Bu cevap boyunca, $V \neq \{0\}$ olsun.

Bu sorunun cevabı tabii ki kümeler kuramının hangi modelinde çalıştığımıza bağlı. Mesela bu soruda bahsi geçen bazı sıradışı modeller de var. Aşağıda modelden modele değiştiğine bir örnek ekleyeceğim. Şimdilik $ZFC$'de bakalım. Ayrıca, bu cevapta sadece genel durumlar bulunduğu için, sadece sonlu mu sayılabilir sonsuzlukta mı ya da daha mı büyük diye bir ayrım var, önemli olmadı fakat mesela kardinalitesi aynı $k$'lar için aynı sonucu alacağımız da kanıtlanması gereken bir önerme gibi duruyor ama tahmin ediyorum ki doğru.

Öncelikle boyut sonlu olsun: $\kappa = n < \aleph_0$. İlk olarak bir $p$ sayısı için $k = \mathbb{F}_p$ olsun. O zaman $Aut({\mathbb{F}_p}^{n})/S_n$ kümesinin kardinalitesi $\frac{{\prod\limits_{i=0}^{n-1} (p^n-p^i)}}{n!}$ olur. Kanıt için buraya bakabilirsiniz.

Bundan sonrası kanıtlanmak ve detaylandırmak gerek fakat şimdilik sadece önermeleri yazıyorum:

$card(k) = \mu \geq \aleph_0$ olsun. Herhangi bir vektörün tek başına doğrusal olarak gerdiği alt uzayın kardinalitesi maksimum $\mu$ olur, ayrıca $\mu^n = \mu$ olduğundan dolayı ve $n$'den daha az vektörün doğrusal olarak gerdiği alt uzayda bulunmayan vektörlerin kardinalitesi vektör uzayının kardinalitesine eşit olduğu için, sonlu durum için linkini verdiğim kanıttaki yöntemden esinlenip baktığımızda $card(Aut({k}^{n})/S_n) = card(Aut ({k}^{n})) = {\mu}^n = \mu$ sonucuna varırız.

Eğer vektör uzayı sayılabilir sonsuz boyutluysa cisim sonlu ve sayılabilir sonsuzlukta iken $2^{\aleph_0}$ ve cisim sayılamaz sonsuzlukta iken $2^{\aleph_0}$'dan da daha büyük olur sonuç. Yani her durumda sayılamaz sonsuzlukta. Bu paragrafın kısa açıklaması, kardinal aritmeğinden birkaç bilgi. Tam olarak bu yazdıklarım doğru mu emin olmamakla birlikte, en azından sayılamaz sonsuzlukta olduğunun doğru olduğunu düşünüyorum.

Eğer vektör uzayı sayılamaz sonsuzluktaysa, yorumlarda da yazdığı gibi, her durumda sayılamaz sonsuzlukta sonuç elde ederiz.

Kısaca iddia ettiğim sonuç: Sonlu boyutta, cismin kardinalitesi sonluysa formülü var, değilse cismin kardinalitesine eşit ve diğer durumlarda sayılamaz sonsuzlukta.
12, Ekim, 12 aeyalcinoglu (20 puan) tarafından  cevaplandı
12, Ekim, 12 aeyalcinoglu tarafından düzenlendi
...