Svår uppgift linjär algebra

$F ö r a l l a I \subseteq {1, . . ., n}, l å t V_{I} = {x \in ℝ^{n} : x_{i} = 0 f ö r a l l a i \in I} . V i s a a t t f ö r a l l a i - d i m e n s i o n e l l a d e l r u m W i ℝ^{n} o c h a l l a v e k t o r e r t \in ℝ^{n} f i n n s d e t I \subseteq {1, . . ., n} m e d | I | = i s å a t t V_{I} \cap (W + t) \neq \emptyset .$

Tipset vi har fått är att börja med att försöka visa att detta stämmer för n=2.

Om vi har mängden {1,2} kan vi välja $I_{1} = {1} o c h I_{2} = {2} v i l k e t s k u l l e g e V_{1} = s p a n [\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}] o c h V_{2} = s p a n [\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}]$

Om man sedan låter W vara ett endimensionellt delrum med basen w så $W = s p a n (w) = k * [\begin{matrix} w_{1} \\ w_{2} \end{matrix}], k \in ℝ$

Då kan man skriva vilken vektor (W+t) som helst som $[\begin{matrix} k w_{1} + t_{1} \\ k w_{2} + t_{2} \end{matrix}]$

Nu kan man välja k=-t1/w1 vilket skulle göra att den hamnar i span (0,1) eller k=-t2/w2 som då hamnar i span (1,0). Då någon av w1 och w2 är nollskjild (eftersom vi skulle få nolldimensionellt delrum annars) kan vi välja den mängden I som gör att snittet inte är tomt.

Förhoppningsvis är detta rimligt men det känns inte som det är så det är menat att lösas. Jag ser inte hur detta skulle hjälpa i det generella fallet och skulle gärna vilja ha lite hjälp. Finns det ett bättre sätt att visa detta för n=2 och vidare för alla n?

Tack på förhand

Gör en ansats om underrummet W:s bas, om den innehåller en vektor på formen (0,0,0...1,0,0,0) så är uppgiften enkelt löst.

Jag kan översätta frågan till lättillgängligare svenska: för varje givet underrum W och vektor t, kan vi välja ett annat underrum $V_I$ som består av vektorer med i stycken noll-koordinater så att $V_I$ skär W.

Det finns en geometrisk intuition i den här uppgiften. Övertyga dig själv om att varje kvotrum till Rn med dimension n-1 måste skära minst en koordinataxel (motsvarande $V_I$ med alla utom en koordinat nollad). Om dimensionen är mindre än n-1 är det "enklare" att undvika att skära koordinataxlarna (det kan tex en linje göra i R3), men vi får då även göra $V_I$ större (nolla färre koordinater) så att de ändå skär varandra. Det finns en balans mellan hur "liten" W är och hur stor $V_I$ är så att vi alltid kan vara säkra på att de skär varandra.

Det här kan formaliseras genom att visa att nåt ickehomogent ekvationssystem alltid har en lösning.

Tack för svar!

Rent intuitivt tror jag att jag förstår vad du och uppgiften syftar på. Det är ungefär samma sak som jag försökte uttrycka i R2 d.v.s underrummet W = en linje i R2 kommer antingen skära en eller båda axlarna. Funkar den approachen ovan för n=2?

För större n har jag svårt att formulera det på ett vettigt sätt, känns inte lika enkelt att säga att det måste finns minst en vektor, speciellt eftersom det finns flera möjliga mängder I att tänka på. Hur skulle man göra ansatsen kring basen för W som du nämnde i fallet att det är en linje i R2?

Jag venne om det kommer funka men vi försöker skriva det algebraiskt. Någon vektor ska finnas i både $W$ och $V_I$ . Vad innebär det att vara medlem i $W$ respektive $V_I$ ?

En generell vektor i $W+\textbf{t}$ kan skrivas $w \cdot a + t = [\begin{matrix} | & | & | \\ w_{1} & w_{2} & . . . \\ | & | & | \end{matrix}] [\begin{matrix} a_{1} \\ a_{2} \\ a_{3} \end{matrix}] + [\begin{matrix} t_{1} \\ t_{2} \\ t_{3} \end{matrix}]$ där $\{w_1, w_2...\}$ spänner W. En generell vektor i $V_I$ kan skrivas som $v_{I} = e \cdot b = [\begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & . . . & 1 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{matrix}] [\begin{matrix} b_{1} \\ b_{2} \\ b_{3} \\ b_{4} \end{matrix}]$ Vi ska visa att det alltid går att göra ett smart val av (smart utplacering av nollorna) $v_I$ så att ekvationen $w\cdot a+t=v_I$ har minst en lösning.

Det känns som att vi vet väldigt lite om ekvationen $w\cdot a+t=v_I$ ... Låt oss se, vi vet att:

$\{w_1...\}$ är linjärt oberoende och att den har $i$ antal vektorer,
vi vet även att $v_I$ har $i$ nollor, men som du säger vet vi inte var nollorna ska vara (olika $I$ ).
$w\in \mathbb{R}^{n \times i}$ och $a \in \mathbb{R}^i$ och $t, v_I \in \mathbb{R}^n$

Vi kan återigen tänka på linjen i $\mathbb{R}^3$ , så länge den inte är parallell med någon koordinataxel spelar det ingen roll var vi placerar nollorna, den kommer skära alla tre koordinatplan. Linjen kan skära två eller bara ett koordinatplan, i de fallen vet vi också att vektorn som spänner linjen måste ha en respektive två nollor. På samma sätt kan vi betrakta eventuella nollor i vektorerna i W:s bas och placera nollorna i $v_I$ därefter (nämligen där W:s basvektorer inte har nollor).

Svara

Visa senaste svar