Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

19Eindige dimensie

Een ruimte die door eindig veel vectoren wordt opgespannen draagt een welbepaalde dimensie — de gemeenschappelijke omvang van al haar bases. De bewijzen hieronder vloeien alle voort uit één combinatorische motor, het uitwisselingslemma: een vrije familie kan een voortbrengende nooit in aantal overtreffen. Met de dimensie komen de gereedschappen die daarna overal worden gebruikt: de aanvullingsstelling voor bases, de rang van een familie en de formule van Grassmann.

19.1 Bestaan van bases

Definitie 19.1

$E$ heet eindigdimensionaal wanneer zij een eindige voortbrengende familie heeft. (In het andere geval oneindigdimensionaal: zo is $K[X]$ , waarvan eindige families alleen veeltermen van begrensde graad opspannen.)

Stelling 19.2 (Uitwisselingslemma)

Zij $(g_1, \dots, g_n)$ voortbrengend voor $E$ en $(f_1, \dots, f_p)$ vrij in $E$ . Dan is $p \leq n$ .

Bewijs. We bewijzen met inductie op $k \leq p$ : na hernummering van de $g_j$ brengt de familie $(f_1, \dots, f_k, g_{k+1}, \dots, g_n)$ de ruimte $E$ voort — wat in elk stadium $k \leq n$ afdwingt, en aan het eind $p \leq n$ .

$k = 0$ : de hypothese. Stap: neem haar aan voor $k - 1$ ; dan is $f_k$ een combinatie van $(f_1, \dots, f_{k-1},$ $g_k, \dots, g_n)$ . In die combinatie heeft een zekere $g_j$ ( $j \geq k$ ) een coëfficiënt ongelijk aan nul — anders zou $f_k$ een combinatie van $f_1, \dots, f_{k-1}$ zijn, in tegenspraak met de vrijheid. Hernummer zo dat $j = k$ , en los naar $g_k$ op: $g_k$ is een combinatie van $(f_1, \dots, f_k, g_{k+1}, \dots, g_n)$ . Elke vector van $E$ , uitgedrukt via de familie met $k-1$ vectoren, kan dan opnieuw via de familie met $k$ vectoren worden uitgedrukt: zij brengt voort. (Is $k - 1 = n$ , dan blijft er geen $g$ over en zou $f_k$ een combinatie van de $f_i$ alleen zijn: onmogelijk; dus $k \leq n$ .) ∎

Voorbeeld 19.3 (De uitwisseling, één keer bekeken)

Neem in $\R^2$ de voortbrengende familie $\bigl(g_1, g_2\bigr) = \bigl((1,0), (0,1)\bigr)$ en de vrije familie $\bigl(f_1, f_2\bigr) = \bigl((1,2), (3,4)\bigr)$ . Stap $1$ : $f_1 = 1\cdot g_1 + 2\cdot g_2$ ; de coëfficiënt van $g_2$ is niet nul, dus wissel $g_2$ voor $f_1$ : de familie $\bigl(f_1, g_1\bigr)$ brengt nog steeds voort ( $g_2 = \frac12(f_1 - g_1)$ ). Stap $2$ : $f_2 = (3,4) = 2\,f_1 + 1\cdot g_1$ ; de coëfficiënt van de overgebleven $g_1$ is niet nul (dat moet ook: $f_2$ is geen veelvoud van $f_1$ ), dus wissel opnieuw: $\bigl(f_1, f_2\bigr)$ brengt $\R^2$ voort. Was er een derde vrije vector $f_3$ geweest, dan zou er geen $g$ meer over zijn om hem op te nemen — en dat is precies hoe het lemma $3$ vrije vectoren in $\R^2$ verbiedt. Het bewijs hierboven is deze boekhouding in het algemeen.

Stelling 19.4 (Bases in eindige dimensie)

Zij $E \neq \{0\}$ eindigdimensionaal.

Uit elke eindige voortbrengende familie kan men een basis halen.
(Aanvullingsstelling voor bases) Elke vrije familie laat zich tot een basis aanvullen, met vectoren uit een willekeurig gekozen voortbrengende familie.
Alle bases van $E$ zijn eindig en hebben evenveel elementen: de dimensie $\dim E$ . (Afspraak: $\dim\{0\} = 0$ .)

Bewijs. (1) Gooi, één voor één, elke vector weg die een combinatie van de andere is; de familie blijft voortbrengend, want in elke uitdrukking die de weggegooide vector gebruikt, mag men zijn combinatie van de overlevenden invullen. Het proces stopt — elke stap verkleint een eindige familie met één — en het houdt precies op wanneer geen overgebleven vector nog een combinatie van de andere is. De uiteindelijke familie is nog steeds voortbrengend, en zij is vrij: een niet-triviale nulcombinatie zou een coëfficiënt ongelijk aan nul dragen, en delen daardoor zou de bijbehorende vector in de andere uitdrukken, waardoor die toch weggegooid had kunnen worden — in tegenspraak met het feit dat het proces was gestopt.

(2) Zij $(f_1, \dots, f_p)$ vrij en $(g_1, \dots, g_n)$ voortbrengend. Loop $g_1, \dots, g_n$ door en voeg $g_j$ aan de huidige familie toe telkens wanneer hij nog niet in haar opspansel ligt (Propositie 18.19 (2) houdt de familie vrij). De uiteindelijke familie is vrij, en voortbrengend: elke $g_j$ ligt in haar opspansel — ofwel werd hij toegevoegd, ofwel was hij al een combinatie.

(3) Twee bases zijn elk vrij en elk voortbrengend: het uitwisselingslemma geeft beide ongelijkheden tussen hun kardinaliteiten. (Eindigheid: een basis is vrij, dus door uitwisseling niet groter dan een eindige voortbrengende familie.) ∎

Voorbeeld 19.5

$\dim K^n = n$ (canonieke basis); $\dim K_n[X] = n + 1$ (monomen); $\dim_\R \C = 2$ ; de oplossingsruimte van $y'' + ay' + by = 0$ heeft dimensie $2$ (Stelling 5.10: de oplossingen worden bijectief en lineair geparametriseerd door $(\lambda, \mu) \in K^2$ ).

Voorbeeld 19.6 (Dezelfde verzameling, twee dimensies)

De verzameling $\C^2$ van paren complexe getallen is een $\C$ -vectorruimte van dimensie $2$ (canonieke basis $e_1, e_2$ ) — en een $\R$ -vectorruimte van dimensie $4$ , met basis

(1, 0),\quad (\iu, 0),\quad (0, 1),\quad (0, \iu):

elke $(z, w) = (a + \iu b,\ c + \iu d)$ heeft eenduidig de reële coördinaten $(a, b, c, d)$ . De dimensie is geen eigenschap van de verzameling vectoren alleen: zij telt de vrijheidsgraden ten opzichte van de toegelaten scalairen, en het halveren van de voorraad scalairen van $\C$ tot $\R$ verdubbelt de telling. (De weekendopgave buit het uiterste geval van deze gevoeligheid uit, met scalairen die helemaal tot $\Q$ zijn gekrompen.)

Voorbeeld 19.7 (Het aanvullingsalgoritme laten lopen)

Vul de vrije familie $\bigl((1,1,1)\bigr)$ aan tot een basis van $\R^3$ met de canonieke vectoren. Laat het bewijs van Stelling 19.4 (2) lopen op de voortbrengende familie $(e_1, e_2, e_3)$ : ligt $e_1 \in \operatorname{Vect}(1,1,1)$ ? Nee (veelvouden van $(1,1,1)$ hebben gelijke coördinaten) — voeg hem toe. Ligt $e_2 \in \operatorname{Vect}\bigl((1,1,1), e_1\bigr)$ ? Een combinatie $\alpha(1,1,1) + \beta e_1$ heeft gelijke tweede en derde coördinaat, en $e_2$ niet — voeg hem toe. De familie $\bigl((1,1,1), e_1, e_2\bigr)$ is vrij met $3$ vectoren: stop, zij is een basis (Propositie 19.8 zal deze reflex officieel maken). Merk op dat de uitkomst afhangt van de volgorde waarin de $g_j$ worden doorlopen: aanvullen is een algoritme, geen formule.

Propositie 19.8 (De twee-uit-drieregel)

Zij $\dim E = n$ en $\mathcal{F}$ een familie van precies $n$ vectoren van $E$ . Dan geldt

\mathcal{F} \text{ vrij} \iff \mathcal{F} \text{ voortbrengend} \iff \mathcal{F} \text{ basis}.

Bovendien heeft elke vrije familie $\leq n$ vectoren en elke voortbrengende familie $\geq n$ .

Bewijs. De grenzen op de kardinaliteiten zijn het uitwisselingslemma tegen een basis. Is $\mathcal{F}$ (met $n$ vectoren) vrij maar niet voortbrengend, dan ligt een zekere $x$ buiten haar opspansel; die $x$ toevoegen geeft een vrije familie van $n + 1$ vectoren: onmogelijk. Is $\mathcal{F}$ voortbrengend maar niet vrij, dan geeft het uithalen van een basis (Stelling 19.4 (1)) een basis van $< n$ vectoren: onmogelijk. ∎

Voorbeeld 19.9 (Twee uit drie, het halve werk bespaard)

Is $\bigl((1,1,0), (0,1,1), (1,0,1)\bigr)$ een basis van $\R^3$ ? Tellen: drie vectoren, dimensie drie — dus beslist de vrijheid alleen. Een nulcombinatie geeft $a + c = 0$ , $a + b = 0$ , $b + c = 0$ ; door alle drie op te tellen krijgen we $2(a + b + c) = 0$ , en door elke oorspronkelijke vergelijking van $a + b + c = 0$ af te trekken blijft $b = c = a = 0$ over: vrij, en dus een basis, waarbij de voortbrengende helft van de verificatie gratis door de stelling wordt geleverd. Vergelijk Voorbeeld 18.18, waar dezelfde dubbele verificatie met de hand moest gebeuren — één hoofdstuk theorie zet zich precies om in die besparing, bij elke basiscontrole in de rest van het boek.

Methode 19.10 (Een dimensie berekenen)

Drie standaardwegen, in afnemende volgorde van frequentie.

Parametriseer en lees een basis af. Los de definiërende voorwaarden op, druk het algemene element lineair uit in de overgebleven parameters, en ga na dat de vectoren waarmee de parameters worden vermenigvuldigd vrij zijn: de dimensie is het aantal parameters. (Hieronder uitgevoerd op een concrete deelruimte van $\R^4$ .)
Geef een bijectieve lineaire parametrisering. Worden de elementen bepaald door eindig veel waarden — beginvoorwaarden van een recursie (Oefening 19.10), coëfficiënten van een oplossingsformule (Voorbeeld 19.5) — dan is de dimensie het aantal van die waarden.
Gebruik de formules. Grassmann voor doorsneden en sommen, de rang voor opspansels, en later de dimensiestelling voor kernen en beelden: dimensies worden gewoonlijk berekend, niet geraden.

In alle drie de wegen is de twee-uit-drieregel de afmaker: zodra de telling klopt, besluit de vrijheid of de voortbrenging alleen.

Voorbeeld 19.11 (Weg 1, volledig)

Dimensie van $H = \{(x, y, z, t) \in \R^4 : x + y + z + t = 0 \text{ en } x = t\}$ . Oplossen: $t = x$ en $y + z = -2x$ , dus $z = -2x - y$ met $x, y$ vrij:

(x,\ y,\ -2x - y,\ x) = x\,(1, 0, -2, 1) + y\,(0, 1, -1, 0) .

De twee vectoren zijn vrij (kijk naar de eerste twee coördinaten: $(x, y) = (0,0)$ ), dus vormen zij een basis van $H$ en is $\dim H = 2$ . De telling was te voorspellen — twee onafhankelijke lineaire voorwaarden in $\R^4$ zouden elk één dimensie moeten opeten — maar de parametrisering bewijst het en levert een basis, wat de voorspelling alleen nooit doet; Oefening 19.9 maakt van de slagzin “elke vergelijking eet hoogstens één dimensie” een stelling.

Voorbeeld 19.12 (Weg 2, volledig)

Dimensie van $W = \{P \in \R_n[X] : P(1) = P(2) = 0\}$ (voor $n \geq 2$ ). Volgens de twee keer toegepaste factorstelling (Stelling 8.7; de wortels $1$ en $2$ zijn verschillend) geldt $P \in W$ precies wanneer $P = (X - 1)(X - 2)\,Q$ met $\deg Q \leq n - 2$ . De correspondentie $Q \mapsto (X-1)(X-2)Q$ is lineair, bereikt heel $W$ en is injectief (een product is alleen nul als $Q = 0$ ): $W$ wordt bijectief en lineair geparametriseerd door $\R_{n-2}[X]$ , dus

\dim W = \dim \R_{n-2}[X] = n - 1 .

Een basis komt met de parametrisering mee: de beelden van de monomen, $\bigl((X-1)(X-2),\ (X-1)(X-2)X,\ \dots,\ (X-1)(X-2)X^{n-2}\bigr)$ . Elke nieuwe evaluatievoorwaarde in een vers punt kost precies één dimensie — de telkundige ruggengraat van de Lagrange-interpolatie (Stelling 8.23).

Voorbeeld 19.13 (Een integraalvoorwaarde kost ook één dimensie)

Dimensie van $H = \{P \in \R_2[X] : \int_0^1 P = 0\}$ . Met $P = a + bX + cX^2$ luidt de voorwaarde $a + \frac b2 + \frac c3 = 0$ ; los naar $a$ op en parametriseer:

P = b\Bigl(X - \frac12\Bigr) + c\Bigl(X^2 - \frac13\Bigr),

dus $H = \operatorname{Vect}\bigl(X - \frac12,\ X^2 - \frac13\bigr)$ , van dimensie $2$ (de twee veeltermen hebben verschillende graden: vrij). Eén lineaire voorwaarde — of het nu een evaluatie, een integraal of een ander lineair recept is — verwijdert hoogstens één dimensie, en precies één zodra de voorwaarde niet identiek nul is. Hoofdstuk 20 zal zulke recepten lineaire vormen noemen en hun oplossingsverzamelingen hypervlakken; de basisvectoren die hier zijn gevonden, duiken in Hoofdstuk 23 weer op als het begin van de familie van Legendre.

19.2 Deelruimten, rang, Grassmann

Stelling 19.14 (Deelruimten)

Zij $E$ eindigdimensionaal en $F$ een deelruimte. Dan is $F$ eindigdimensionaal met $\dim F \leq \dim E$ , en geldt de gelijkheid dan en slechts dan als $F = E$ . Bovendien heeft elke deelruimte een complementaire deelruimte.

Bewijs. Vrije families van $F$ hebben hoogstens $\dim E$ vectoren (uitwisselingslemma in $E$ : een vrije familie van $F$ is in het bijzonder vrij in $E$ , en $E$ heeft een eindige voortbrengende familie). Kies onder de vrije families van $F$ er een van maximale omvang $p$ — mogelijk omdat de omvangen gehele getallen zijn die door $\dim E$ worden begrensd. Zij brengt $F$ voort: anders zou een zekere $x \in F$ buiten haar opspansel liggen, en die $x$ toevoegen zou een vrije familie van $F$ van omvang $p + 1$ geven (Propositie 18.19 (2)), in tegenspraak met de maximaliteit. Omdat zij vrij en voortbrengend is, is zij een basis van $F$ , en is $\dim F = p \leq \dim E$ . Is $p = \dim E = n$ , dan is een vrije familie van $n$ vectoren van $E$ een basis van $E$ (Propositie 19.8), dus $F \supseteq \operatorname{span} = E$ . Complementair: vul een basis $(f_1, \dots, f_p)$ van $F$ aan tot een basis $(f_1, \dots, f_p, g_{p+1}, \dots, g_n)$ van $E$ (aanvullingsstelling voor bases); dan voldoet $G = \operatorname{Vect}(g_{p+1}, \dots, g_n)$ aan $E = F \oplus G$ (het bestaan en de eenduidigheid van de ontbindingen zijn de coördinaten in de grote basis). ∎

Definitie 19.15 (Rang van een familie)

De rang van een eindige familie vectoren is de dimensie van haar opspansel: $\operatorname{rk}(x_1, \dots, x_p) = \dim \operatorname{Vect}(x_1, \dots, x_p) \leq \min(p, \dim E)$ , met gelijkheid aan $p$ dan en slechts dan als de familie vrij is.

Voorbeeld 19.16 (Een rang berekenen met eliminatie)

Rang van $\bigl((1,2,3), (2,3,4), (3,4,5), (1,1,1)\bigr)$ in $\R^3$ . Het opspansel verandert niet wanneer men van een vector een combinatie van de andere aftrekt (beide families spannen dezelfde combinaties op): vervang $(2,3,4)$ door $(2,3,4) - (1,2,3) = (1,1,1)$ en $(3,4,5)$ door $(3,4,5) - (1,2,3) = (2,2,2)$ . Het opspansel is nu $\operatorname{Vect}\bigl((1,2,3), (1,1,1), (2,2,2), (1,1,1)\bigr) = \operatorname{Vect}\bigl((1,2,3), (1,1,1)\bigr)$ , en die twee vectoren zijn niet evenredig: de rang is $2$ . Deze procedure van aftrekken en weggooien wordt in Hoofdstuk 22 tot Gauss-eliminatie gesystematiseerd.

Voorbeeld 19.17 (Sommeren door aaneenschakelen)

Neem in $\R^3$

F = \operatorname{Vect}\bigl((1,2,3),\ (1,1,1)\bigr), \qquad G = \operatorname{Vect}\bigl((2,3,4)\bigr) .

De som $F + G$ wordt opgespannen door de aaneengeschakelde familie van alle drie de voortbrengers, en

(2, 3, 4) = (1, 2, 3) + (1, 1, 1)

laat zien dat de derde overbodig is: $F + G = F$ , van dimensie $2$ — equivalent $G \subseteq F$ , wat de betrekking toont. Grassmann bevestigt: $\dim(F \cap G) = 2 + 1 - 2 = 1 = \dim G$ . Sommen berekent men door voortbrengers aaneen te schakelen en de stapel daarna met het rangalgoritme te reduceren; een nieuwe techniek is nooit nodig.

Stelling 19.18 (Formule van Grassmann)

Voor eindigdimensionale deelruimten $F, G$ van $E$ geldt:

\dim(F + G) = \dim F + \dim G - \dim(F \cap G) .

In het bijzonder is $F + G$ direct dan en slechts dan als $\dim(F + G) = \dim F + \dim G$ .

Bewijs. Vertrek van een basis $(e_1, \dots, e_r)$ van $F \cap G$ ; vul haar aan tot een basis $(e_1, \dots, e_r, f_1, \dots, f_s)$ van $F$ en tot een basis $(e_1, \dots, e_r, g_1, \dots, g_t)$ van $G$ (Stelling 19.4 (2)). Wij beweren dat

\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_r, f_1, \dots, f_s, g_1, \dots, g_t)

een basis is van $F + G$ ; de formule volgt dan door te tellen: $(r + s) + (r + t) - r = r + s + t$ .

$\mathcal{B}$ brengt $F + G$ voort: elke $u + v$ ( $u \in F$ , $v \in G$ ) ontwikkelt erin. Vrijheid: stel $\sum \alpha_i e_i + \sum \beta_j f_j + \sum \gamma_k g_k = 0$ . De vector $w = \sum \gamma_k g_k = -\sum\alpha_i e_i - \sum\beta_j f_j$ ligt in $G \cap F$ , dus ontwikkelt hij op de $(e_i)$ alleen; maar $w$ ontwikkelt ook op de $(g_k)$ , en in de basis van $G$ moeten die twee uitdrukkingen samenvallen: alle $\gamma_k = 0$ (en de $e$ -coördinaten komen overeen). De betrekking herleidt zich tot $\sum\alpha_i e_i + \sum\beta_j f_j = 0$ , een betrekking in de basis van $F$ : alle overige coëfficiënten worden nul. ∎

Voorbeeld 19.19

Twee verschillende vlakken $F, G$ (dimensie $2$ ) van $\R^3$ voldoen aan $F + G = \R^3$ (hun som bevat strikt een vlak), dus $\dim(F \cap G) = 2 + 2 - 3 = 1$ : zij snijden elkaar altijd langs een rechte — er bestaan geen “evenwijdige vlakken” door de oorsprong.

Voorbeeld 19.20 (Grassmann in actie, in $\R^4$ )

Zij $F = \operatorname{Vect}\bigl(e_1,\ e_2,\ (1,1,1,0)\bigr)$ en $G = \operatorname{Vect}(e_3, e_4)$ in $\R^4$ . Dimensies: $\dim F = 3$ (de derde voortbrenger heeft een derde coördinaat ongelijk aan nul en ligt buiten $\operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ ) en $\dim G = 2$ . Som: $F + G$ bevat $e_1, e_2, e_4$ en $e_3 = (1,1,1,0) - e_1 - e_2$ : zij is heel $\R^4$ . Grassmann berekent dan de omvang van de doorsnede zonder enige eliminatie:

\dim(F \cap G) = 3 + 2 - 4 = 1 .

Om de rechte te bepalen, kijk binnen $G$ : een vector $(0, 0, c, d)$ ligt in $F$ precies wanneer hij $a e_1 + b e_2 + \lambda(1,1,1,0)$ is, wat $\lambda = -a = -b$ en $d = 0$ afdwingt: de doorsnede is $\operatorname{Vect}(e_3)$ — consistent, want $e_3$ werd hierboven in $F$ getoond en ligt per definitie in $G$ . Een typische taakverdeling: Grassmann voorspelt hoeveel er te zoeken valt, het lineaire stelsel vindt daarna wat.

Voorbeeld 19.21 (Doorsnijden met vergelijkingen)

Komen beide deelruimten als oplossingsverzamelingen, dan is doorsnijden niets anders dan de vergelijkingen op elkaar stapelen. In $\R^3$ geven $F = \{x + y + z = 0\}$ en $G = \{x = y\}$

F \cap G = \{x = y,\ 2x + z = 0\} = \{(x,\ x,\ -2x)\} = \operatorname{Vect}(1, 1, -2),

een rechte. Toets met Grassmann: $F + G = \R^3$ (de vlakken zijn verschillend, dus hun som bevat strikt een vlak), en dus $\dim(F\cap G) = 2 + 2 - 3 = 1$ . De twee beschrijvingen van een deelruimte — met vergelijkingen, met voortbrengers — maken elk één bewerking triviaal: vergelijkingen doorsnijden door te stapelen, voortbrengers sommeren door aaneen te schakelen; tussen beide omzetten is precies wat het oplossen van een lineair stelsel betekent (Hoofdstuk 22).

Opmerking 19.22 (Veelgemaakte fouten)

Dimensies tellen niet op langs sommen tenzij de som direct is: twee vlakken van $\R^3$ hebben $\dim(F + G) = 3$ , niet $4$ ; corrigeer altijd met de doorsnedeterm (Grassmann). Een insluiting vereist de dimensie en de insluiting: $\dim F = \dim G$ alleen geeft nooit $F = G$ (twee verschillende rechten van $\R^2$ ); het gelijkheidsgeval van Stelling 19.14 vereist eerst $F \subseteq G$ . Parameters tellen is nog geen bewijs: “twee vergelijkingen in $\R^4$ , dus dimensie $2$ ” faalt wanneer de vergelijkingen afhankelijk zijn ( $x + y = 0$ en $2x + 2y = 0$ laten dimensie $3$ over); alleen een echte parametrisering of een rangberekening beslist. Spreek niet over de dimensie van een niet-deelruimte: de oplossingsverzamelingen van inhomogene stelsels missen $0$ ; hun “dimensie” is die van de bijbehorende homogene oplossingsruimte (Hoofdstuk 22 maakt dit precies). Oneindige dimensie bestaat: $K[X]$ bevat vrije families van elke omvang (de monomen), dus kan er geen eindige voortbrengende familie bestaan — uitspraken als de twee-uit-drieregel zijn strikt eindigdimensionaal en falen jammerlijk op $K[X]$ (Gevolg 20.9 zal hetzelfde tonen voor injectiviteit en surjectiviteit). Rang gaat over het opspansel, niet over de lijst: een vector herhalen, herordenen of met constanten ongelijk aan nul herschalen laat de rang ongewijzigd, en $\operatorname{rk} = p$ (het aantal vectoren) is een te bewijzen eigenschap — het is precies de vrijheid. Een familie van $5$ vectoren van rang $2$ draagt de overtolligheid van drie vectoren, die de eliminatie (Voorbeeld 19.16) expliciet lokaliseert.

Opmerking 19.23 (Waar de dimensie aan het werk gaat)

De dimensie is vanaf hier het favoriete telargument van het boek. Hoofdstuk 20 bewijst de dimensiestelling, de functionele versie van de formule van Grassmann; Hoofdstuk 21 berekent rangen met rijreductie; Hoofdstuk 22 maakt van “ $n$ vectoren van $K^n$ vormen een basis” de uitspraak dat één getal niet nul is. De weekendopgave hieronder laat de dimensie rekenkunde doen: dimensies tellen over het lichaam $\Q$ bewijst irrationaliteitsuitspraken die met de hand onaantastbaar lijken. In het volume van bachelorjaar 3 beslissen dezelfde dimensietellingen, verfijnd met groepentheorie, welke klassieke constructieproblemen oplosbaar zijn — dat verhaal is de galoistheorie.

Opmerking 19.24 (Vooruitzichten binnen boek 3)

De dimensie is de behouden grootheid van de rest van dit volume, en het loont de behoudswetten op voorhand te benoemen. Hoofdstuk 20 bewijst $\dim E = \dim\ker u + \operatorname{rk} u$ : wat een lineaire afbeelding vermorzelt plus wat zij behoudt, is altijd samen het vertrekpunt. Hoofdstuk 22 verfijnt dit tot de structuur van oplossingsverzamelingen: $p$ onbekenden min $\operatorname{rk} A$ spillen laat de dimensie van de oplossingsruimte over, die de Gauss-eliminatie als vrije parameters toont. Hoofdstuk 23 splitst $\dim E = \dim F + \dim F^\perp$ orthogonaal, en de weekendopgave van Hoofdstuk 25 geeft precies dit budget uit: $n$ gegevenspunten, $2$ aangepaste parameters, $n - 2$ dimensies rest. Weigert in een later hoofdstuk een telling te kloppen, dan is de fout een vergeten kern of een niet-directe som — keer eerst terug naar de formule van Grassmann.

19.3 Oefeningen

Oefening 19.1 ★

Geef een basis en de dimensie van:

$F = \{(x,y,z) \in \R^3 : x + y + z = 0\}$ ;
$G = \{(x,y,z,t) \in \R^4 : x = y,\ z = 2t\}$ ;
$H = \{P \in \R_3[X] : P(1) = P'(1) = 0\}$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.1.

$z = -x - y$ : $F = \{(x, y, -x-y)\} = \operatorname{Vect}\bigl((1,0,-1), (0,1,-1)\bigr)$ ; de twee vectoren zijn vrij (coördinaten): $\dim F = 2$ .
$G = \{(x, x, 2t, t)\} = \operatorname{Vect}\bigl((1,1,0,0), (0,0,2,1)\bigr)$ : vrij, $\dim G = 2$ .
$P(1) = P'(1) = 0$ betekent $(X-1)^2 \mid P$ (Propositie 8.11): $P = (X-1)^2(aX + b)$ . Basis $\bigl((X-1)^2, X(X-1)^2\bigr)$ , dimensie $2$ .

Oefening 19.2 ★

Bereken de rang van de familie $\bigl((1,1,1), (1,2,3), (3,5,7), (0,1,2)\bigr)$ in $\R^3$ , en haal er een basis van haar opspansel uit.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.2.

$(3,5,7) = (1,1,1) + 2(1,2,3)$ en $(0,1,2) = (1,2,3) - (1,1,1)$ : beide zijn combinaties van de eerste twee, die vrij zijn (niet evenredig). Rang $2$ ; basis van het opspansel: $\bigl((1,1,1), (1,2,3)\bigr)$ .

Oefening 19.3 ★

Vul de vrije familie $\bigl((1,1,0,0), (0,0,1,1)\bigr)$ aan tot een basis van $\R^4$ met canonieke vectoren, en verantwoord dit.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.3.

Probeer $e_1 = (1,0,0,0)$ en $e_3 = (0,0,1,0)$ toe te voegen. De familie $\bigl((1,1,0,0), (0,0,1,1), e_1, e_3\bigr)$ is vrij: een nulcombinatie $\alpha(1,1,0,0) + \beta(0,0,1,1) + \gamma e_1 + \delta e_3 = 0$ luidt $(\alpha + \gamma, \alpha, \beta + \delta, \beta) = 0$ , dus $\alpha = \beta = 0$ , en daarna $\gamma = \delta = 0$ . Vier vrije vectoren in dimensie $4$ : een basis (Propositie 19.8).

Oefening 19.4 ★

Bewijs dat $\bigl(1, X, X(X-1), X(X-1)(X-2)\bigr)$ een basis is van $\R_3[X]$ , en bepaal de coördinaten van $X^3$ daarin.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.4.

De graden $0, 1, 2, 3$ zijn paarsgewijs verschillend: vrij (Propositie 18.19), vier vectoren in dimensie $4$ : een basis. Voor $X^3$ : ontwikkel naar beneden,

X(X-1)(X-2) = X^3 - 3X^2 + 2X, \qquad X(X-1) = X^2 - X,

dus $X^3 - X(X-1)(X-2) = 3X^2 - 2X$ ; en $3X^2 - 2X = 3(X^2 - X) + X = 3\,X(X-1) + X$ . Bijgevolg

X^3 = X(X-1)(X-2) + 3\,X(X-1) + 1\cdot X + 0\cdot 1 :

coördinaten $(0, 1, 3, 1)$ op $\bigl(1, X, X(X-1), X(X-1)(X-2)\bigr)$ . (Dat zijn vermomde stirlinggetallen.)

Oefening 19.5 ★★

Zij $F$ en $G$ deelruimten van dimensie $4$ en $5$ van een ruimte $E$ met $\dim E = 7$ . Wat zijn de mogelijke waarden van $\dim(F \cap G)$ ? Geef bij elke waarde een voorbeeld met $E = \R^7$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.5.

Grassmann: $\dim(F \cap G) = 4 + 5 - \dim(F + G)$ , en $F + G$ is een deelruimte van $E$ die $G$ bevat: $5 \leq \dim(F+G) \leq 7$ . Bijgevolg $\dim(F \cap G) \in \{2, 3, 4\}$ . Realisaties in $\R^7$ met canonieke basis $(e_1, \dots, e_7)$ , waarbij $G = \operatorname{Vect}(e_1, \dots, e_5)$ :

$F = \operatorname{Vect}(e_1, e_2, e_6, e_7)$ : $F + G = \R^7$ , doorsnede $\operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ , dimensie $2$ ;
$F = \operatorname{Vect}(e_1, e_2, e_3, e_6)$ : doorsnede van dimensie $3$ ;
$F = \operatorname{Vect}(e_1, e_2, e_3, e_4) \subseteq G$ : dimensie $4$ .

Oefening 19.6 ★★

Zij $H = \{P \in \R_n[X] : P(1) = 0\}$ . Bewijs dat $H$ een hypervlak is van $\R_n[X]$ (een deelruimte van dimensie $n$ ), geef een basis van $H$ (denk aan de factorstelling: $P = (X-1)Q$ ), en geef een complementaire rechte.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.6.

$H$ is een deelruimte (Oefening 18.1 (4), woordelijk). Volgens de factorstelling (Stelling 8.7) geldt $P \in H \iff P = (X-1)Q$ met $\deg Q \leq n - 1$ : de afbeelding $Q \mapsto (X-1)Q$ is een lineaire bijectie van $\R_{n-1}[X]$ op $H$ , dus is een basis van $H$

\bigl((X-1),\ (X-1)X,\ (X-1)X^2,\ \dots,\ (X-1)X^{n-1}\bigr), \qquad \dim H = n .

Een complementaire rechte: $\operatorname{Vect}(1)$ (de constanten). Inderdaad is $H \cap \operatorname{Vect}(1) = \{0\}$ (een constante ongelijk aan nul wordt niet nul in $1$ ) en tellen de dimensies op tot $n + 1$ : volgens Grassmann is $H \oplus \operatorname{Vect}(1) = \R_n[X]$ .

Oefening 19.7 ★★

Zij $u_1, \dots, u_p$ vectoren van rang $r$ . Bewijs dat het verwijderen van één vector een familie van rang $r$ of $r - 1$ oplevert, en dat het toevoegen van één vector rang $r$ of $r + 1$ geeft. Leid af dat de rang bij elke afzonderlijke invoeging of verwijdering met hoogstens $1$ verandert.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.7.

Verwijderen: laat men $u_p$ weg, dan kan het opspansel alleen krimpen; en het krimpt met hoogstens één dimensie, want $u_p$ weer toevoegen aan een basis van het kleinere opspansel geeft een voortbrengende familie van het grotere met hoogstens één extra vector. Symmetrisch bij het toevoegen van een vector $v$ : het nieuwe opspansel bevat het oude met hoogstens één extra voortbrenger, dus is zijn dimensie $r$ (lag $v$ al in het opspansel) of $r + 1$ (anders, want volgens Propositie 18.19 (2) laat een basis zich uitbreiden). Beide uitspraken samen geven het besluit dat de rang “ $1$ -lipschitziaans” is.

Oefening 19.8 ★★★

Zij $F_1 \subseteq F_2 \subseteq \dots \subseteq F_k$ deelruimten van $E$ ( $\dim E = n$ ) met $F_i \neq F_{i+1}$ voor alle $i$ . Bewijs dat $k \leq n + 1$ . Leid af dat een strikt stijgende keten deelruimten van $\R^n$ lengte hoogstens $n + 1$ heeft, en geef er een van maximale lengte.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.8.

Langs een strikt stijgende keten stijgen de dimensies strikt ( $F_i \subseteq F_{i+1}$ , $F_i \neq F_{i+1}$ en Stelling 19.14: gelijkheid van de dimensies zou gelijkheid van de ruimten afdwingen). Dus is $\dim F_1 < \dim F_2 < \dots < \dim F_k$ een strikt stijgende rij gehele getallen in $\intint{0}{n}$ : hoogstens $n + 1$ waarden, dus $k \leq n + 1$ . Een maximale keten in $\R^n$ :

\{0\} \subsetneq \operatorname{Vect}(e_1) \subsetneq \operatorname{Vect}(e_1, e_2) \subsetneq \dots \subsetneq \R^n ,

van lengte precies $n + 1$ .

Oefening 19.9 ★★★

Zij $E$ van dimensie $n$ en $F$ , $G$ twee hypervlakken (dimensie $n - 1$ ) met $F \neq G$ . Bereken $\dim(F \cap G)$ . Veralgemeen: de doorsnede van $k$ hypervlakken heeft dimensie $\geq n - k$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.9.

$F + G$ bevat $F$ strikt (want $G \not\subseteq F$ ), dus $\dim(F + G) = n$ en geeft Grassmann $\dim(F \cap G) = (n-1) + (n-1) - n = n - 2$ .

Algemene bewering, met inductie op $k$ : de doorsnede $I_k$ van $k$ hypervlakken heeft $\dim I_k \geq n - k$ . Waar voor $k = 1$ . Stap: $I_{k+1} = I_k \cap H_{k+1}$ , en Grassmann binnen $E$ geeft

\dim(I_k \cap H_{k+1}) = \dim I_k + (n - 1) - \dim(I_k + H_{k+1}) \geq \dim I_k + (n-1) - n \geq n - k - 1 . \qedhere

Oefening 19.10 ★★

Zij $E$ de verzameling van de reële rijen die voor alle $n$ voldoen aan $u_{n+2} = 3u_{n+1} - 2u_n$ .

Toon aan dat $E$ een deelruimte is van de ruimte van de rijen, en dat een rij van $E$ volledig en lineair wordt bepaald door het paar $(u_0, u_1)$ ; leid af dat $\dim E = 2$ .
Ga na dat de constante rij $(1)$ en de meetkundige rij $(2^n)$ in $E$ liggen en een basis van $E$ vormen.
Bepaal de rij van $E$ met $u_0 = 0$ , $u_1 = 1$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.10.

De voorwaarde $u_{n+2} - 3u_{n+1} + 2u_n = 0$ is lineair en wordt door de nulrij vervuld: $E$ is een deelruimte. Met inductie bepalen $u_0$ en $u_1$ elke $u_n$ , en de afhankelijkheid is lineair (elke stap is een lineaire combinatie van de twee vorige waarden); omgekeerd komt elk paar $(a, b)$ van precies één rij van $E$ (definieer $u_n$ met de recursie). Zoals in Voorbeeld 19.5 wordt $E$ bijectief en lineair geparametriseerd door $(u_0, u_1) \in \R^2$ : $\dim E = 2$ .
Constanten: $3\cdot1 - 2\cdot1 = 1$ . Meetkundig: $3\cdot 2^{n+1} - 2\cdot 2^n = (6 - 2)2^n = 2^{n+2}$ . Beide liggen in $E$ . Vrijheid: $a\cdot 1 + b\cdot 2^n = 0$ voor alle $n$ geeft, in $n = 0$ en $n = 1$ : $a + b = 0$ , $a + 2b = 0$ , dus $a = b = 0$ . Twee vrije vectoren in dimensie $2$ : een basis (Propositie 19.8).
Los $a + b = 0$ , $a + 2b = 1$ op: $b = 1$ , $a = -1$ , dus $u_n = 2^n - 1$ (de rij van Mersenne).

Oefening 19.11 ★★

Zij $E$ van dimensie $n$ .

Zijn $F, G$ deelruimten met $\dim F + \dim G > n$ , bewijs dan dat $F \cap G \neq \{0\}$ . Illustratie: twee deelruimten van dimensie $51$ en $50$ van $\R^{100}$ delen altijd een vector ongelijk aan nul.
Is $H$ een hypervlak en $F$ een deelruimte met $F \cap H = \{0\}$ , bewijs dan dat $\dim F \leq 1$ .

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.11.

Grassmann: $\dim(F \cap G) = \dim F + \dim G - \dim(F + G) \geq \dim F + \dim G - n > 0$ , dus $F \cap G \neq \{0\}$ . Met $n = 100$ : $51 + 50 - 100 = 1 > 0$ , de doorsnede bevat een rechte.
Is $F \cap H = \{0\}$ , dan is de som direct en geldt $\dim F + (n - 1) = \dim(F \oplus H) \leq n$ , dus $\dim F \leq 1$ . (Omgekeerd voldoet een rechte die niet in $H$ ligt hier wel aan: hypervlakken missen bijna niets.)

Oefening 19.12 ★★★

(Gemeenschappelijke complementaire) Zij $F, G$ deelruimten van $E$ (eindige dimensie) met $\dim F = \dim G$ . Bewijs dat $F$ en $G$ een gemeenschappelijke complementaire toelaten: er is een deelruimte $S$ met $E = F \oplus S = G \oplus S$ . (Neerwaartse inductie op $\dim F$ : is $F \neq G \neq E$ , kies dan $x \notin F \cup G$ — Oefening 18.12 staat dat toe — en beschouw $F \oplus \operatorname{Vect}(x)$ en $G \oplus \operatorname{Vect}(x)$ .)

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.12.

Neerwaartse inductie op $d = \dim F = \dim G$ , van $d = n$ tot $d = 0$ . Is $d = n$ , dan is $F = G = E$ en voldoet $S = \{0\}$ . Neem aan dat de uitspraak geldt voor paren deelruimten van dimensie $d + 1 \leq n$ , en zij $\dim F = \dim G = d < n$ .

Is $F = G$ : neem voor $S$ een willekeurige complementaire van $F$ (Stelling 19.14). Is $F \neq G$ : beide zijn echt, dus bestaat er volgens Oefening 18.12 een $x \notin F \cup G$ . De sommen $F' = F \oplus \operatorname{Vect}(x)$ en $G' = G \oplus \operatorname{Vect}(x)$ zijn direct ( $x \notin F$ , $x \notin G$ ) en hebben dimensie $d + 1$ ; volgens de inductiehypothese laten zij een gemeenschappelijke complementaire $S'$ toe: $E = F' \oplus S' = G' \oplus S'$ . Stel $S = \operatorname{Vect}(x) \oplus S'$ — direct, want $S' \cap \operatorname{Vect}(x) \subseteq S' \cap F' = \{0\}$ .

Dan is $F + S = F + \operatorname{Vect}(x) + S' = F' + S' = E$ , en $F \cap S = \{0\}$ : is $f = \lambda x + s'$ met $f \in F$ en $s' \in S'$ , dan is $s' = f - \lambda x \in F' \cap S' = \{0\}$ , dus $f = \lambda x$ , wat $\lambda = 0$ afdwingt ( $x \notin F$ ) en $f = 0$ . Bijgevolg $E = F \oplus S$ , en symmetrisch $E = G \oplus S$ .

19.4 Opgave: de torenwet van Dedekind

Probleem 19.1

Niets in de hoofdstukken 18–19 gebruikte over de scalairen iets meer dan de lichaamsaxioma’s (Definitie 7.22): men mag dus $K = \Q$ nemen en verzamelingen reële getallen meten met de meetlat van de $\Q$ -dimensie. Deze opgave berekent de dimensie van $\Q(\sqrt2, \sqrt3)$ , bewijst de torenwet van Dedekind $\dim_\Q M = \dim_\Q K \cdot \dim_K M$ , en oogst irrationaliteitsstellingen door zuiver dimensies te tellen — geen $\varepsilon$ , geen decimalen, alleen bases.

Deel I — Rationale scalairen.

Ga na dat $\Q$ een lichaam is en dat elke definitie en elk bewijs uit de hoofdstukken 18–19 alleen de lichaamsaxioma’s van de scalairen gebruikt; besluit dat $\R$ een $\Q$ -vectorruimte is en dat het uitwisselingslemma, de stellingen over bases en de formule van Grassmann over $\Q$ gelden. Wijs de ene stap in het bewijs van Stelling 19.2 aan waar door een scalair ongelijk aan nul wordt gedeeld.
Toon aan dat $(1, \sqrt2)$ vrij is over $\Q$ maar afhankelijk over $\R$ . Stel $\Q(\sqrt2) = \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt2) = \{a + b\sqrt2 : a, b \in \Q\}$ ; wat is $\dim_\Q \Q(\sqrt2)$ ?
Toon aan dat $\Q(\sqrt2)$ stabiel is onder vermenigvuldiging. Stel voor $u = a + b\sqrt2$ dat $\sigma(u) = a - b\sqrt2$ en $N(u) = u\,\sigma(u) = a^2 - 2b^2$ . Toon aan dat $\sigma(uv) = \sigma(u)\sigma(v)$ , leid af dat $N(uv) = N(u)N(v)$ , en toon aan dat $N(u) \neq 0$ zodra $u \neq 0$ .
Leid af dat elke $u \in \Q(\sqrt2)$ ongelijk aan nul zijn inverse in $\Q(\sqrt2)$ heeft, namelijk $u^{-1} = \sigma(u)/N(u)$ : $\Q(\sqrt2)$ is een deellichaam van $\R$ . Bereken $\dfrac1{3 + 2\sqrt2}$ en $\dfrac1{1 + \sqrt2}$ .

Deel II — $\sqrt3$ toevoegen.

Bewijs dat $\sqrt6 \notin \Q$ (vergelijk de exponent van $2$ aan beide zijden van $6q^2 = p^2$ , zoals in Oefening 6.7), en daarna dat $\sqrt3 \notin \Q(\sqrt2)$ (kwadrateer $\sqrt3 = a + b\sqrt2$ en bespreek de gevallen $ab \neq 0$ , $b = 0$ , $a = 0$ ).
Zij $M = \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ . Toon aan dat $M$ stabiel is onder vermenigvuldiging (een tabel van de producten van de basisvectoren volstaat).
Schrijf $K = \Q(\sqrt2)$ . Toon aan dat $(1, \sqrt3)$ vrij is over het lichaam $K$ , en leid af dat $M = K + K\sqrt3$ een $K$ -vectorruimte is van dimensie $2$ met basis $(1, \sqrt3)$ .
Bewijs dat $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ vrij is over $\Q$ , en dus $\dim_\Q M = 4$ . (Groepeer een nulbetrekking als $(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3 = 0$ en pas eerst vraag 7 en daarna vraag 2 toe.)

Deel III — De torenwet. Zij $\Q \subseteq K \subseteq M \subseteq \R$ waarbij $K$ en $M$ deellichamen zijn, $(e_1, \dots, e_m)$ een basis van $K$ als $\Q$ -vectorruimte, en $(f_1, \dots, f_n)$ een basis van $M$ als $K$ -vectorruimte.

Toon aan dat de $mn$ producten $(e_i f_j)$ de ruimte $M$ over $\Q$ voortbrengen.
Toon aan dat de familie $(e_i f_j)$ vrij is over $\Q$ . (Herorden een $\Q$ -nulcombinatie als $\sum_j \bigl(\sum_i \lambda_{ij} e_i\bigr) f_j$ , waarvan de binnenste coëfficiënten in $K$ leven.)
Besluit met de torenwet van Dedekind:

$\dim_\Q M \;=\; \dim_\Q K \,\cdot\, \dim_K M ,$

en toets haar op $\Q \subseteq \Q(\sqrt2) \subseteq M$ aan de vragen 7 en 8.
(Lichamen voor niets) Zij $A \subseteq \R$ een eindigdimensionale $\Q$ -deelruimte die $1$ bevat en stabiel is onder vermenigvuldiging, en zij $u \in A$ , $u \neq 0$ . Toon aan dat als $(a_1, \dots, a_d)$ een basis van $A$ is, $(u a_1, \dots, u a_d)$ opnieuw een basis van $A$ is; leid af dat $u$ een inverse in $A$ heeft: $A$ is een deellichaam van $\R$ . Welke eerdere vragen vindt men hiermee terug?
Toon aan dat voor elke $x \in A$ (als in vraag 12, $\dim_\Q A = d$ ) de familie $(1, x, x^2, \dots, x^{d})$ afhankelijk is: elk element van $A$ is een wortel van een veelterm ongelijk aan nul met rationale coëfficiënten, van graad hoogstens $d$ .

Deel IV — Eén getal brengt alles voort. Stel $s = \sqrt2 + \sqrt3$ .

Bereken de coördinaten van $s^2$ , $s^3$ en $s^4$ in de basis $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ van $M$ .
Toon aan dat $(1, s, s^2, s^3)$ vrij is over $\Q$ , en leid af dat $\operatorname{Vect}_\Q(1, s, s^2, s^3) = M$ : elk element van $M$ is een rationale veelterm in $s$ . Druk $\sqrt2$ en $\sqrt3$ als zulke veeltermen uit.
Ga na dat $s^4 - 10s^2 + 1 = 0$ , en toon aan dat $X^4 - 10X^2 + 1$ de monische veelterm van kleinste graad is die in $s$ nul wordt. Bepaal haar vier reële wortels.
Leid af: $1/s = 10s - s^3$ ; identificeer dit getal. Toon aan dat $a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6$ ( $a,b,c,d \in \Q$ ) rationaal is dan en slechts dan als $b = c = d = 0$ ; in het bijzonder is $\sqrt2 + \sqrt3 + \sqrt6$ irrationaal (een versterking van Oefening 10.7).

Deel V — De derdemachtswortel blijft buiten. Stel $t = 2^{1/3}$ .

Toon aan dat $X^3 - 2$ geen rationale wortel heeft (het criterium voor rationale wortels uit Oefening 8.5, of een valuatietelling); leid af dat $(1, t)$ vrij is over $\Q$ .
Toon aan dat $(1, t, t^2)$ vrij is over $\Q$ . (Doodt een zekere $P \in \Q[X]$ ongelijk aan nul van graad $\leq 2$ de $t$ , neem er dan een van kleinste graad en deel $X^3 - 2$ erdoor, Stelling 8.3; besluit dat $X^3 - 2$ een rationale wortel zou hebben.) Leid af dat $A = \operatorname{Vect}_\Q(1, t, t^2)$ dimensie $3$ heeft, stabiel is onder vermenigvuldiging, en een deellichaam van $\R$ is.
Bewijs dat $t \notin M$ : anders zou $M$ een vectorruimte over het lichaam $A$ zijn, en zou de torenwet $3 \mid 4$ afdwingen. Dus is $2^{1/3}$ geen rationale combinatie van $1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6$ .
Leid af dat $t \notin \Q(\sqrt2)$ , dat $t + \sqrt2$ irrationaal is, en dat geen rationale getallen $a, b$ voldoen aan $2^{1/3} = a + b\sqrt3$ .

Deel VI — Alle deellichamen, en synthese.

Bewijs de deelbaarheid van de graden: zijn $\Q \subseteq A \subseteq B \subseteq \R$ deellichamen met $\dim_\Q B$ eindig, dan deelt $\dim_\Q A$ de dimensie $\dim_\Q B$ . Wat zijn de mogelijke dimensies van deellichamen van $M$ ?
Bepaal alle deellichamen van $M$ van dimensie $2$ over $\Q$ . (Herleid dit tot het vinden van de $w = a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 \in M \setminus \Q$ met $w^2 \in \Q$ : werk $w^2$ uit en maak de drie irrationale coördinaten nul.)
Druk $\dfrac1{1 + \sqrt2 + \sqrt3}$ uit in de basis $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ (vermenigvuldig met goedgekozen toegevoegden).
Synthese, in vier zinnen: waarom de $\Q$ -dimensie een rekenkundige invariant van een verzameling reële getallen is; wat de eindigheid van de dimensie over elk element afdwingt (vraag 13); hoe de twee-uit-drieregel inversen uit het niets tevoorschijn toverde (vraag 12); en wat de torenwet verbiedt (vraag 20). Benoem de stelling die in deel III is bewezen.

Oplossing

Oplossing van Probleem 19.1.

1. $\Q$ bevat $0 \neq 1$ , is stabiel onder optelling, vermenigvuldiging en tegengestelden, en elk rationaal getal ongelijk aan nul heeft een rationale inverse: een lichaam (Definitie 7.22). De definities van opspansel, vrijheid en basis en de bewijzen uit de hoofdstukken 18–19 gebruiken alleen de optelling van vectoren, de distributiviteit en de rekenkunde van de scalairen in een lichaam — nooit een absolute waarde, een ordening of een limiet. Dus is $\R$ , met zijn eigen optelling en de vermenigvuldiging $\Q \times \R \to \R$ , een $\Q$ -vectorruimte, en gelden alle stellingen. Delen door een scalair gebeurt één keer in het bewijs van Stelling 19.2: om “naar $g_k$ op te lossen” deelt men door zijn coëfficiënt ongelijk aan nul.

2. Is $a + b\sqrt2 = 0$ met $a, b \in \Q$ niet beide nul, dan zou $b \neq 0$ geven dat $\sqrt2 = -a/b \in \Q$ , in tegenspraak met de irrationaliteit van $\sqrt2$ (Oefening 6.7 met $p = 2$ ); dus $b = 0$ en daarna $a = 0$ : vrij over $\Q$ . Over $\R$ is de betrekking $\sqrt2\cdot 1 + (-1)\cdot\sqrt2 = 0$ niet-triviaal: afhankelijk. Bijgevolg is $\dim_\Q \Q(\sqrt2) = 2$ , met eenduidige coördinaten $(a, b)$ .

3. $(a + b\sqrt2)(c + d\sqrt2) = (ac + 2bd) + (ad + bc)\sqrt2 \in \Q(\sqrt2)$ . Dan is

\sigma(uv) = (ac + 2bd) - (ad + bc)\sqrt2 = (a - b\sqrt2)(c - d\sqrt2) = \sigma(u)\sigma(v),

dus $N(uv) = uv\,\sigma(uv) = u\sigma(u)\,v\sigma(v) = N(u)N(v)$ . Was $N(u) = a^2 - 2b^2 = 0$ met $u \neq 0$ , dan zou $b \neq 0$ geven dat $(a/b)^2 = 2$ , een rationale vierkantswortel van $2$ ; dus $b = 0$ , en daarna $a = 0$ en $u = 0$ : tegenspraak. Bijgevolg is $N(u) \neq 0$ voor $u \neq 0$ .

4. $u \cdot \dfrac{\sigma(u)}{N(u)} = \dfrac{N(u)}{N(u)} = 1$ , en $\sigma(u)/N(u) \in \Q(\sqrt2)$ : elk element ongelijk aan nul is inverteerbaar binnen $\Q(\sqrt2)$ , dat dus een deellichaam van $\R$ is. Voorbeelden: $N(3 + 2\sqrt2) = 9 - 8 = 1$ , dus

\frac1{3 + 2\sqrt2} = 3 - 2\sqrt2 ; \qquad N(1 + \sqrt2) = -1, \quad \frac1{1 + \sqrt2} = \sqrt2 - 1 .

5. Is $\sqrt6 = p/q$ , dan is $6q^2 = p^2$ ; links is de exponent van $2$ gelijk aan $1 + 2v_2(q)$ , oneven, en rechts aan $2v_2(p)$ , even: onmogelijk. Stel nu $\sqrt3 = a + b\sqrt2$ met $a, b \in \Q$ . Kwadrateren: $3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt2$ . Is $ab \neq 0$ , dan is $\sqrt2 = (3 - a^2 - 2b^2)/(2ab) \in \Q$ : onmogelijk. Is $b = 0$ , dan is $\sqrt3 = a \in \Q$ , in tegenspraak met Oefening 6.7 ( $p = 3$ ). Is $a = 0$ , dan is $\sqrt3 = b\sqrt2$ , en vermenigvuldiging met $\sqrt2$ geeft $\sqrt6 = 2b \in \Q$ : onmogelijk. Dus $\sqrt3 \notin \Q(\sqrt2)$ .

6. De producten van de basisvectoren zijn

\sqrt2\,\sqrt3 = \sqrt6,\quad \sqrt2\,\sqrt6 = 2\sqrt3,\quad \sqrt3\,\sqrt6 = 3\sqrt2,\quad (\sqrt2)^2 = 2,\ (\sqrt3)^2 = 3,\ (\sqrt6)^2 = 6,

alle in $M$ . Een product van twee elementen van $M$ ontwikkelt door bilineariteit tot rationale combinaties hiervan: $M$ is stabiel onder vermenigvuldiging.

7. Zij $x + y\sqrt3 = 0$ met $x, y \in K = \Q(\sqrt2)$ . Is $y \neq 0$ , dan is $\sqrt3 = -x/y \in K$ (vraag 4: $K$ is een lichaam), in tegenspraak met vraag 5. Dus $y = 0$ , en daarna $x = 0$ : $(1, \sqrt3)$ is vrij over $K$ . Zij brengt ook voort: $K + K\sqrt3 = \{(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3\} = \operatorname{Vect}_\Q (1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6) = M$ . Bijgevolg is $\dim_K M = 2$ .

8. Een betrekking $a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 = 0$ hergroepeert zich als $(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3 = 0$ met coëfficiënten in $K$ ; volgens vraag 7 worden beide nul, en volgens vraag 2 is $a = b = 0$ en $c = d = 0$ . De familie is dus vrij en $\dim_\Q M = 4$ .

9. Elke $x \in M$ schrijft zich als $x = \sum_j y_j f_j$ met $y_j \in K$ (basis van $M$ over $K$ ), en elke $y_j = \sum_i \lambda_{ij} e_i$ met $\lambda_{ij} \in \Q$ (basis van $K$ over $\Q$ ); invullen geeft $x = \sum_{i,j} \lambda_{ij}\, e_i f_j$ : de producten brengen $M$ over $\Q$ voort.

10. Stel $\sum_{i,j} \lambda_{ij}\, e_i f_j = 0$ met $\lambda_{ij} \in \Q$ . Hergroepeer: $\sum_j \bigl(\sum_i \lambda_{ij} e_i\bigr) f_j = 0$ , en de binnenste sommen horen bij $K$ . De vrijheid van $(f_j)$ over $K$ geeft $\sum_i \lambda_{ij} e_i = 0$ voor elke $j$ ; de vrijheid van $(e_i)$ over $\Q$ geeft dan $\lambda_{ij} = 0$ voor alle $i, j$ .

11. Volgens de vragen 9 en 10 is $(e_i f_j)_{i \leq m,\, j \leq n}$ een basis van $M$ over $\Q$ met $mn$ elementen:

\dim_\Q M = m\,n = \dim_\Q K \cdot \dim_K M .

Controle: $\dim_\Q K = 2$ en $\dim_K M = 2$ (de vragen 2 en 7) geven $\dim_\Q M = 4$ , en dat is vraag 8.

12. De vectoren $u a_1, \dots, u a_d$ horen bij $A$ (stabiliteit). Zij zijn vrij: is $\sum_i \lambda_i\, u a_i = 0$ , dan is $u \sum_i \lambda_i a_i = 0$ in $\R$ , en $u \neq 0$ dwingt $\sum_i \lambda_i a_i = 0$ af, dus $\lambda_i = 0$ (de $a_i$ vormen een basis). Dus is $(u a_1, \dots, u a_d)$ een vrije familie van $d$ vectoren in $A$ met $\dim_\Q A = d$ : een basis (Propositie 19.8). In het bijzonder ontbindt $1 \in A$ als $1 = \sum_i \mu_i\, u a_i = u\,v$ met $v = \sum_i \mu_i a_i \in A$ : de inverse van $u$ ligt in $A$ . Hiermee vindt men vraag 4 terug ( $A = \Q(\sqrt2)$ ), en men bewijst in één klap dat $M$ een deellichaam van $\R$ is (met vraag 6).

13. De $d + 1$ vectoren $1, x, x^2, \dots, x^{d}$ liggen alle in $A$ (stabiliteit onder producten); een vrije familie van $A$ heeft hoogstens $d$ vectoren (Propositie 19.8), dus zijn zij afhankelijk: er zijn rationale getallen $\lambda_0, \dots, \lambda_d$ , niet alle nul, met $\sum_k \lambda_k x^k = 0$ . De veelterm $P = \sum_k \lambda_k X^k$ is ongelijk aan nul, heeft rationale coëfficiënten en graad $\leq d$ , en $P(x) = 0$ .

14. $s^2 = 2 + 2\sqrt6 + 3 = 5 + 2\sqrt6$ : coördinaten $(5, 0, 0, 2)$ . Dan is

s^3 = s\,s^2 = (\sqrt2 + \sqrt3)(5 + 2\sqrt6) = 5\sqrt2 + 2\sqrt{12} + 5\sqrt3 + 2\sqrt{18} = 11\sqrt2 + 9\sqrt3 ,

coördinaten $(0, 11, 9, 0)$ (met $\sqrt{12} = 2\sqrt3$ en $\sqrt{18} = 3\sqrt2$ ). Ten slotte is $s^4 = (s^2)^2 = 25 + 20\sqrt6 + 24 = 49 + 20\sqrt6$ : coördinaten $(49, 0, 0, 20)$ .

15. Stel $a + bs + cs^2 + ds^3 = 0$ . Aflezen van de vier coördinaten op $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ geeft

a + 5c = 0,\qquad b + 11d = 0,\qquad b + 9d = 0,\qquad 2c = 0 .

Dus $c = 0$ en daarna $a = 0$ ; door de middelste vergelijkingen af te trekken volgt $2d = 0$ en daarna $b = 0$ : $(1, s, s^2, s^3)$ is vrij. Vier vrije vectoren in $M$ van dimensie $4$ : een basis, dus $\operatorname{Vect}_\Q(1, s, s^2, s^3) = M$ . Uit vraag 14 volgt $s^3 - 9s = 2\sqrt2$ en $11s - s^3 = 2\sqrt3$ :

\sqrt2 = \frac{s^3 - 9s}{2}, \qquad \sqrt3 = \frac{11s - s^3}{2} .

16. $s^4 - 10s^2 + 1 = (49 + 20\sqrt6) - 10(5 + 2\sqrt6) + 1 = 0$ . Een monische veelterm van graad $\leq 3$ die in $s$ nul wordt zou een niet-triviale nulcombinatie van $(1, s, s^2, s^3)$ opleveren, in tegenspraak met vraag 15: $X^4 - 10X^2 + 1$ heeft de kleinste graad. Haar wortels: $X^2 = 5 \pm 2\sqrt6 = (\sqrt3 \pm \sqrt2)^2$ , dus zijn de vier reële wortels $\pm(\sqrt3 + \sqrt2)$ en $\pm(\sqrt3 - \sqrt2)$ , dat wil zeggen $\pm\sqrt2 \pm \sqrt3$ .

17. Uit $s^4 - 10s^2 + 1 = 0$ volgt $s\,(10s - s^3) = 1$ , dus

\frac1s = 10s - s^3 = 10(\sqrt2 + \sqrt3) - (11\sqrt2 + 9\sqrt3) = \sqrt3 - \sqrt2 ,

in overeenstemming met $(\sqrt3 + \sqrt2)(\sqrt3 - \sqrt2) = 1$ . Is $a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 = r \in \Q$ , dan is $(a - r) + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 = 0$ , en dwingt de vrijheid (vraag 8) af dat $b = c = d = 0$ (en $a = r$ ). Voor $\sqrt2 + \sqrt3 + \sqrt6$ zijn de coördinaten $(0, 1, 1, 1)$ niet van die vorm: irrationaal — een uitspraak die sterker is dan Oefening 10.7, verkregen zonder enige kwadrateertruc.

18. Een rationale wortel $p/q$ (onvereenvoudigbaar) van $X^3 - 2$ voldoet aan $p^3 = 2q^3$ , en het criterium van Oefening 8.5 geeft $p \mid 2$ , $q \mid 1$ : de kandidaten $\pm1, \pm2$ , waarvan de derde machten $\pm1, \pm8 \neq 2$ zijn. Geen rationale wortel; in het bijzonder is $t = 2^{1/3} \notin \Q$ , dus is $(1, t)$ vrij over $\Q$ (zoals in vraag 2).

19. Stel dat $(1, t, t^2)$ afhankelijk is: een zekere $P \in \Q[X]$ ongelijk aan nul met $\deg P \leq 2$ heeft $P(t) = 0$ ; kies zo’n $P$ van kleinste graad $d \geq 1$ . Volgens vraag 18 is $d \neq 1$ , dus $d = 2$ . Euclidische deling (Stelling 8.3): $X^3 - 2 = PQ + R$ met $Q, R \in \Q[X]$ en $\deg R < 2$ . Evaluatie in $t$ : $0 = P(t)Q(t) + R(t) = R(t)$ , dus wordt $R$ nul in $t$ ; de minimaliteit van $d$ dwingt $R = 0$ af. Dan is $X^3 - 2 = PQ$ met $\deg Q = 1$ : de rationale wortel van $Q$ is een rationale wortel van $X^3 - 2$ , in tegenspraak met vraag 18. Bijgevolg is $(1, t, t^2)$ vrij en $\dim_\Q A = 3$ . Stabiliteit: $t^3 = 2$ herleidt elk product van $1, t, t^2$ tot een combinatie ervan ( $t\cdot t^2 = 2$ , $t^2\cdot t^2 = 2t$ ); $A$ bevat $1$ : volgens vraag 12 is $A$ een deellichaam van $\R$ .

20. Stel $t \in M$ . Dan is $t^2 \in M$ (stabiliteit), dus $A \subseteq M$ , en is $M$ een vectorruimte over het lichaam $A$ : de axioma’s zijn die van de rekenkunde in $\R$ , beperkt. Zij is eindigdimensionaal over $A$ (een eindige $\Q$ -voortbrengende familie brengt a fortiori voort over $A \supseteq \Q$ ). De torenwet voor $\Q \subseteq A \subseteq M$ geeft

4 = \dim_\Q M = \dim_\Q A \cdot \dim_A M = 3\,\dim_A M ,

onmogelijk: $3$ deelt $4$ niet. Dus $2^{1/3} \notin M$ : geen enkele rationale combinatie van $1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6$ is gelijk aan $2^{1/3}$ .

21. $\Q(\sqrt2) \subseteq M$ , dus $t \notin \Q(\sqrt2)$ . Was $t + \sqrt2 = r \in \Q$ , dan zou $t = r - \sqrt2 \in \Q(\sqrt2)$ : tegenspraak — $2^{1/3} + \sqrt2$ is irrationaal. Was $t = a + b\sqrt3$ , dan zou $t \in \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt3) \subseteq M$ : opnieuw een tegenspraak.

22. $B$ is een vectorruimte over het lichaam $A$ (beperking van de scalairen), en eindigdimensionaal omdat $\dim_\Q B$ eindig is. De torenwet voor $\Q \subseteq A \subseteq B$ geeft $\dim_\Q B = \dim_\Q A \cdot \dim_A B$ : de linkerfactor deelt. Deellichamen van $M$ hebben dus $\Q$ -dimensie $1$ , $2$ of $4$ : dimensie $1$ is $\Q$ zelf, dimensie $4$ is $M$ .

23. Zij $F \subseteq M$ een deellichaam met $\dim_\Q F = 2$ , en $w \in F \setminus \Q$ : $(1, w)$ is vrij, en dus een basis van $F$ . Volgens vraag 13 ( $d = 2$ ) is $w^2 = \alpha + \beta w$ voor rationale $\alpha, \beta$ . Met $v = w - \beta/2 \in F \setminus \Q$ :

v^2 = w^2 - \beta w + \frac{\beta^2}4 = \alpha + \frac{\beta^2}4 \;\in\; \Q,

en $F = \operatorname{Vect}(1, v)$ . Schrijf nu $v = a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6$ en werk uit:

v^2 = (a^2 + 2b^2 + 3c^2 + 6d^2) + (2ab + 6cd)\sqrt2 + (2ac + 4bd)\sqrt3 + (2ad + 2bc)\sqrt6 .

De drie irrationale coördinaten worden nul: $ab + 3cd = ac + 2bd = ad + bc = 0$ . Is $a \neq 0$ , dan is $b = -3cd/a$ , en wordt de tweede voorwaarde $c(a^2 - 6d^2) = 0$ ; omdat $a^2 = 6d^2$ met $d \neq 0$ zou maken dat $\sqrt6 = \abs{a/d}$ rationaal is, geldt $c = 0$ of $d = 0$ , en in beide gevallen dwingen de overige voorwaarden $b = c = d = 0$ af, dus $v \in \Q$ : uitgesloten. Dus $a = 0$ , en de voorwaarden luiden $3cd = 2bd = bc = 0$ : hoogstens één van $b, c, d$ is ongelijk aan nul. Bijgevolg is $v$ een rationaal veelvoud van $\sqrt2$ , $\sqrt3$ of $\sqrt6$ , en

F \in \bigl\{\Q(\sqrt2),\ \Q(\sqrt3),\ \Q(\sqrt6)\bigr\} ,

en elk daarvan is inderdaad een $2$ -dimensionaal deellichaam (stabiliteit als in vraag 6, inversen volgens vraag 12): precies drie kwadratische deellichamen.

24. $(1 + \sqrt2 + \sqrt3)(1 + \sqrt2 - \sqrt3) = (1 + \sqrt2)^2 - 3 = 2\sqrt2$ , dus

\frac1{1 + \sqrt2 + \sqrt3} = \frac{1 + \sqrt2 - \sqrt3}{2\sqrt2} = \frac{\sqrt2 + 2 - \sqrt6}{4} = \frac12 + \frac14\sqrt2 + 0\cdot\sqrt3 - \frac14\sqrt6 .

(Controle: $(1 + \sqrt2 + \sqrt3)(2 + \sqrt2 - \sqrt6) = 4$ na uitwerken.)

25. (i) De $\Q$ -dimensie hangt aan elk deellichaam van $\R$ een geheel getal, en de torenwet laat die gehele getallen langs insluitingen vermenigvuldigen: de dimensie gedraagt zich als een rekenkundige invariant, en deelbaarheidsvoorwaarden worden onmogelijkheidsbewijzen. (ii) De eindige dimensie dwingt elk element te voldoen aan een rationale veeltermvergelijking ongelijk aan nul van graad hoogstens de dimensie: eindigheid betekent algebraïciteit. (iii) De twee-uit-drieregel maakte van “vermenigvuldigen met $u$ beeldt een basis af op een vrije familie van maximale omvang” de surjectiviteit, en bracht $u^{-1}$ zonder formule voort: de inversen kwamen uit het tellen. (iv) De torenwet verbiedt een $3$ -dimensionaal lichaam binnen een $4$ -dimensionaal, en daarom is $2^{1/3}$ niet vanuit $\sqrt2$ en $\sqrt3$ bereikbaar. De stelling van deel III is de torenwet van Dedekind, de openingszet van de galoistheorie, die in het volume van bachelorjaar 3 wordt ontwikkeld.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 395 begrippen in de begrippenlijst