Universitaire wiskunde — Bachelor jaar 1 · Bachelor Year 1

19Eindige dimensie

Een ruimte opgespannen door eindig veel vectoren draagt een welgedefinieerde dimensie — de gemeenschappelijke grootte van al haar bases. De onderstaande bewijzen vloeien allemaal voort uit één combinatorische motor, het uitwisselingslemma: een vrije familie kan nooit talrijker zijn dan een voortbrengende. Met de dimensie komen de werktuigen die we daarna overal gebruiken: de aanvullingsstelling voor bases, de rang van een familie, de formule van Grassmann.

19.1 Bestaan van bases

Definitie 19.1

$E$ is eindigdimensionaal wanneer het een eindige voortbrengende familie bezit. (Anders oneindigdimensionaal: zo is $K[X]$ , waarvan de eindige families slechts veeltermen van begrensde graad opspannen.)

Stelling 19.2 (Uitwisselingslemma)

Laat $(g_1, \dots, g_n)$ $E$ voortbrengen en $(f_1, \dots, f_p)$ vrij zijn in $E$ . Dan geldt $p \leq n$ .

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

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

Voorbeeld 19.3 (De uitwisseling, eenmaal 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 verschillend van nul, dus wissel $g_2$ om 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 verschillend van nul (dat moet: $f_2$ is geen veelvoud van $f_1$ ), dus wissel opnieuw om: $\bigl(f_1, f_2\bigr)$ brengt $\R^2$ voort. Was er een derde vrije vector $f_3$ geweest, dan bleef er geen $g$ over om hem te absorberen — wat precies de manier is waarop het lemma $3$ vrije vectoren in $\R^2$ verbiedt. Het bewijs hierboven is deze boekhouding in het algemeen uitgevoerd.

Stelling 19.4 (Bases in eindige dimensie)

Laat $E \neq \{0\}$ eindigdimensionaal zijn.

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

Bewijs. (1) Verwijder, één voor één, elke vector die een combinatie van de overige is; de familie blijft voortbrengend, want in elke uitdrukking die de verwijderde vector gebruikt, mag men zijn combinatie van de overlevenden invullen. Het proces eindigt — elke stap verkleint een eindige familie met één — en het stopt precies wanneer geen resterende vector een combinatie van de overige is. De uiteindelijke familie is nog steeds voortbrengend, en ze is vrij: een niet-triviale nulcombinatie zou een zekere coëfficiënt verschillend van nul dragen, en delen erdoor zou de bijhorende vector oplossen in termen van de overige, waardoor die toch verwijderbaar wordt — in tegenspraak met het feit dat het proces gestopt was.

(2) Laat $(f_1, \dots, f_p)$ vrij zijn, $(g_1, \dots, g_n)$ voortbrengend. Doorloop $g_1, \dots, g_n$ en voeg $g_j$ toe aan de huidige familie telkens wanneer die niet reeds 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 reële coördinaten $(a, b, c, d)$ , op unieke wijze. Dimensie is geen eigenschap van de verzameling vectoren alleen: ze telt de vrijheidsgraden relatief tot de toegelaten scalairen, en het halveren van de scalaire voorraad van $\C$ tot $\R$ verdubbelt het aantal. (Het weekendprobleem buit het extreme geval van deze gevoeligheid uit, met scalairen die helemaal tot $\Q$ gekrompen zijn.)

Voorbeeld 19.7 (Het aanvullingsalgoritme uitgevoerd)

Vul de vrije familie $\bigl((1,1,1)\bigr)$ aan tot een basis van $\R^3$ met behulp van de canonieke vectoren. Voer het bewijs van Stelling 19.4 (2) uit op de voortbrengende familie $(e_1, e_2, e_3)$ : is $e_1 \in \operatorname{Vect}(1,1,1)$ ? Neen (veelvouden van $(1,1,1)$ hebben gelijke coördinaten) — voeg hem toe. Is $e_2 \in \operatorname{Vect}\bigl((1,1,1), e_1\bigr)$ ? 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, het is een basis (Propositie 19.8 zal deze reflex officieel maken). Merk op dat de uitkomst afhangt van de volgorde waarin de $g_j$ afgetast worden: aanvulling is een algoritme, geen formule.

Propositie 19.8 (De twee-uit-drie-regel)

Laat $\dim E = n$ 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, elke voortbrengende familie $\geq n$ .

Bewijs. De kardinaliteitsgrenzen zijn het uitwisselingslemma tegen een basis. Als $\mathcal{F}$ (grootte $n$ ) vrij maar niet voortbrengend is, ligt een zekere $x$ buiten haar opspansel; door $x$ toe te voegen krijgen we een vrije familie van $n + 1$ vectoren: onmogelijk. Als $\mathcal{F}$ voortbrengend maar niet vrij is, geeft het halen van een basis (Stelling 19.4 (1)) een basis van $< n$ vectoren: onmogelijk. ∎

Voorbeeld 19.9 (Twee-uit-drie, de helft van het werk bespaard)

Is $\bigl((1,1,0), (0,1,1), (1,0,1)\bigr)$ een basis van $\R^3$ ? Tel: drie vectoren, dimensie drie — dus enkel de vrijheid beslist. Een nulcombinatie geeft $a + c = 0$ , $a + b = 0$ , $b + c = 0$ ; door alle drie op te tellen, $2(a + b + c) = 0$ , en door elke oorspronkelijke vergelijking van $a + b + c = 0$ af te trekken blijft $b = c = a = 0$ : vrij, 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 om in precies die besparing, bij elke basiscontrole voor de rest van het boek.

Methode 19.10 (Een dimensie berekenen)

Drie standaardroutes, in afnemende volgorde van frequentie.

Parametriseer, lees dan een basis af. Los de definiërende beperkingen op, druk het algemene element lineair uit in de overblijvende parameters, en controleer dat de vectoren die de parameters vermenigvuldigen vrij zijn: de dimensie is het aantal parameters. (Hieronder uitgevoerd op een concrete deelruimte van $\R^4$ .)
Vertoon een bijectieve lineaire parametrisatie. Wanneer de elementen bepaald zijn door eindig veel waarden — beginvoorwaarden van een recurrentie (Oefening 19.10), coëfficiënten van een oplossingsformule (Voorbeeld 19.5) — is de dimensie het aantal van die waarden.
Gebruik de formules. Grassmann voor doorsneden en sommen, rang voor opspansels, en later rang-nulliteit voor kernen en beelden: dimensies worden gewoonlijk berekend, niet geraden.

In alle drie de routes is de twee-uit-drie-regel de afwerker: zodra het aantal klopt, besluit vrijheid of voortbrenging alleen.

Voorbeeld 19.11 (Route 1, volledig)

Dimensie van $H = \{(x, y, z, t) \in \R^4 : x + y + z + t = 0 \text{ en } x = t\}$ . Los op: $t = x$ 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 ze vormen een basis van $H$ en $\dim H = 2$ . Het aantal was voorspelbaar — twee onafhankelijke lineaire beperkingen in $\R^4$ zouden elk één dimensie moeten opeten — maar de parametrisatie bewijst het en levert een basis, wat de voorspelling alleen nooit doet; Oefening 19.9 maakt van de leuze “elke vergelijking eet hoogstens één dimensie” een stelling.

Voorbeeld 19.12 (Route 2, volledig)

Dimensie van $W = \{P \in \R_n[X] : P(1) = P(2) = 0\}$ (voor $n \geq 2$ ). Door de factorstelling tweemaal toe te passen (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 enkel 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 mee met de parametrisatie: 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 evaluatiebeperking in een vers punt kost precies één dimensie — de tellende ruggengraat van de Lagrange-interpolatie (Stelling 8.23).

Voorbeeld 19.13 (Een integraalbeperking kost ook één dimensie)

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

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

dus $H = \operatorname{Vect}\bigl(X - \frac12,\ X^2 - \frac13\bigr)$ , dimensie $2$ (de twee veeltermen hebben verschillende graden: vrij). Eén lineaire voorwaarde — of het nu een evaluatie, een integraal, of enig 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 hier gevonden basisvectoren duiken opnieuw op in Hoofdstuk 23 als het begin van de Legendre-familie.

19.2 Deelruimten, rang, Grassmann

Stelling 19.14 (Deelruimten)

Laat $E$ eindigdimensionaal zijn en $F$ een deelruimte. Dan is $F$ eindigdimensionaal, $\dim F \leq \dim E$ , met 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 grootte $p$ — mogelijk aangezien de groottes gehele getallen begrensd door $\dim E$ zijn. Ze brengt $F$ voort: anders zou een zekere $x \in F$ buiten haar opspansel liggen, en door $x$ toe te voegen zou men een vrije familie van $F$ van grootte $p + 1$ krijgen (Propositie 18.19 (2)), in tegenspraak met de maximaliteit. Doordat ze vrij en voortbrengend is, is ze een basis van $F$ , en $\dim F = p \leq \dim E$ . Als $p = \dim E = n$ : een vrije familie van $n$ vectoren van $E$ is 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 $E = F \oplus G$ (bestaan en uniciteit van ontbindingen = 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 door eliminatie)

Rang van $\bigl((1,2,3), (2,3,4), (3,4,5), (1,1,1)\bigr)$ in $\R^3$ . Het opspansel blijft onveranderd wanneer men van een vector een combinatie van de overige 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 deze twee vectoren zijn niet evenredig: de rang is $2$ . Deze aftrek-en-verwijder-procedure wordt gesystematiseerd als Gauss-eliminatie in Hoofdstuk 22.

Voorbeeld 19.17 (Sommeren door aaneenschakeling)

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)

toont dat de derde overtollig is: $F + G = F$ , van dimensie $2$ — equivalent $G \subseteq F$ , wat de relatie toont. Grassmann bevestigt: $\dim(F \cap G) = 2 + 1 - 2 = 1 = \dim G$ . Sommen worden berekend door voortbrengers aaneen te schakelen en dan de stapel te reduceren met het rangalgoritme; er is nooit een nieuwe techniek nodig.

Stelling 19.18 (Formule van Grassmann)

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

\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 die 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)). We beweren dat

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

een basis van $F + G$ is; de formule volgt 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 erop. Vrijheid: veronderstel $\sum \alpha_i e_i + \sum \beta_j f_j + \sum \gamma_k g_k = 0$ . De vector $w = \sum \gamma_k g_k = -\sum\alpha_i e_i - \sum\beta_j f_j$ ligt in $G \cap F$ , dus hij ontwikkelt op $(e_i)$ alleen; maar $w$ ontwikkelt ook op $(g_k)$ , en in de basis van $G$ moeten deze twee uitdrukkingen samenvallen: alle $\gamma_k = 0$ (en de $e$ -coördinaten komen overeen). De relatie reduceert tot $\sum\alpha_i e_i + \sum\beta_j f_j = 0$ , een relatie in de basis van $F$ : alle resterende coëfficiënten verdwijnen. ∎

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 $\dim(F \cap G) = 2 + 2 - 3 = 1$ : ze snijden elkaar altijd langs een rechte — geen “evenwijdige vlakken” door de oorsprong.

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

Laat $F = \operatorname{Vect}\bigl(e_1,\ e_2,\ (1,1,1,0)\bigr)$ en $G = \operatorname{Vect}(e_3, e_4)$ in $\R^4$ . Dimensies: $\dim F = 3$ (de derde voortbrenger heeft een derde coördinaat verschillend van nul, buiten $\operatorname{Vect}(e_1, e_2)$ ) en $\dim G = 2$ . Som: $F + G$ bevat $e_1, e_2, e_4$ en $e_3 = (1,1,1,0) - e_1 - e_2$ : het is heel $\R^4$ . Grassmann berekent dan de grootte 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, aangezien $e_3$ hierboven in $F$ vertoond werd en per definitie in $G$ ligt. Typische taakverdeling: Grassmann voorspelt hoeveel er te zoeken valt, het lineaire stelsel vindt dan wat.

Voorbeeld 19.21 (Snijden via vergelijkingen)

Wanneer beide deelruimten als oplossingsverzamelingen komen, is snijden gewoon het stapelen van de vergelijkingen. In $\R^3$ : $F = \{x + y + z = 0\}$ en $G = \{x = y\}$ geven

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

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

Opmerking 19.22 (Veelvoorkomende valkuilen)

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 inclusie vereist de dimensie én de inclusie: $\dim F = \dim G$ 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); enkel een echte parametrisatie of een rangberekening beslist. Spreek niet van de dimensie van een niet-deelruimte: oplossingsverzamelingen van inhomogene stelsels missen $0$ ; hun “dimensie” is die van de bijhorende homogene oplossingsruimte (Hoofdstuk 22 maakt dit precies). Oneindige dimensie bestaat: $K[X]$ bevat vrije families van elke grootte (de monomen), dus geen enkele eindige voortbrengende familie kan bestaan — uitspraken zoals de twee-uit-drie-regel zijn strikt eindigdimensionaal en falen zwaar op $K[X]$ (Gevolg 20.9 zal hetzelfde tonen voor injectiviteit/surjectiviteit). Rang gaat over het opspansel, niet over de lijst: een vector herhalen, herordenen, of herschalen met constanten verschillend van nul laat de rang onveranderd, en $\operatorname{rk} = p$ (het aantal vectoren) is een te bewijzen eigenschap — het is precies vrijheid. Een familie van $5$ vectoren van rang $2$ draagt drie vectoren aan redundantie, die eliminatie (Voorbeeld 19.16) expliciet lokaliseert.

Opmerking 19.23 (Waar dimensie aan het werk gaat)

Dimensie is het favoriete telargument van het boek van hier af. Hoofdstuk 20 bewijst de rang-nulliteitsstelling, de functionele versie van de formule van Grassmann; Hoofdstuk 21 berekent rangen door rijreductie; Hoofdstuk 22 zet “ $n$ vectoren van $K^n$ vormen een basis” om in het feit dat één getal verschillend van nul is. Het weekendprobleem hieronder toont dimensie die rekenkunde bedrijft: het tellen van dimensies over het lichaam $\Q$ bewijst irrationaliteitsuitspraken die met de hand onaantastbaar lijken. In het volume van Jaar 3 beslissen dezelfde dimensietellingen, verfijnd door groepentheorie, welke klassieke constructieproblemen oplosbaar zijn — dat verhaal is de Galoistheorie.

Opmerking 19.24 (Perspectieven binnen Boek 3)

Dimensie is de behouden grootheid van de rest van dit volume, en het is de moeite waard de behoudswetten op voorhand te benoemen. Hoofdstuk 20 bewijst $\dim E = \dim\ker u + \operatorname{rk} u$ : wat een lineaire afbeelding platdrukt plus wat ze behoudt telt altijd op tot de bron. Hoofdstuk 22 verfijnt dit tot de structuur van oplossingsverzamelingen: $p$ onbekenden min $\operatorname{rk} A$ pivots laat de dimensie van de oplossingsruimte over, die Gauss-eliminatie vertoont als vrije parameters. Hoofdstuk 23 splitst $\dim E = \dim F + \dim F^\perp$ orthogonaal, en het weekendprobleem van Hoofdstuk 25 besteedt precies dit budget: $n$ gegevenspunten, $2$ gefitte parameters, $n - 2$ dimensies aan residu. Telkens wanneer een telling weigert te kloppen in een later hoofdstuk, 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 behulp van canonieke vectoren, en verantwoord.

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 $\alpha = \beta = 0$ , dan $\gamma = \delta = 0$ . 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 van $\R_3[X]$ is, en vind de coördinaten van $X^3$ erin.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.4.

Graden $0, 1, 2, 3$ paarsgewijs verschillend: vrij (Propositie 18.19), vier vectoren in dimensie $4$ : basis. Voor $X^3$ : ontwikkel neerwaarts,

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 $\bigl(1, X, X(X-1), X(X-1)(X-2)\bigr)$ . (Dit zijn Stirling-getallen in vermomming.)

Oefening 19.5 ★★

Laat $F$ en $G$ deelruimten zijn van dimensies $4$ en $5$ van een ruimte $E$ met $\dim E = 7$ . Wat zijn de mogelijke waarden van $\dim(F \cap G)$ ? Geef een voorbeeld dat elke waarde realiseert 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 ★★

Laat $H = \{P \in \R_n[X] : P(1) = 0\}$ . Bewijs dat $H$ een hypervlak van $\R_n[X]$ is (een deelruimte van dimensie $n$ ), vertoon 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). Door 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 een basis van $H$ is

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

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

Oefening 19.7 ★★

Laat $u_1, \dots, u_p$ vectoren van rang $r$ zijn. 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 $r + 1$ oplevert. Leid af dat de rang met hoogstens $1$ verandert bij elke enkelvoudige invoeging of verwijdering.

Oplossing

Oplossing van Oefening 19.7.

Verwijdering: door $u_p$ te verwijderen kan het opspansel enkel krimpen; en het krimpt met hoogstens één dimensie, want door $u_p$ terug toe te voegen aan een basis van het kleinere opspansel krijgt men een voortbrengende familie van het grotere met hoogstens één extra vector. Symmetrisch, door een vector $v$ toe te voegen: het nieuwe opspansel bevat het oude met hoogstens één extra voortbrenger, dus zijn dimensie is $r$ (als $v$ al in het opspansel lag) of $r + 1$ (anders, door Propositie 18.19 (2) breidt een basis uit). Beide uitspraken samen geven het besluit “rang is $1$ -Lipschitz”.

Oefening 19.8 ★★★

Laat $F_1 \subseteq F_2 \subseteq \dots \subseteq F_k$ deelruimten van $E$ zijn ( $\dim E = n$ ) met $F_i \neq F_{i+1}$ voor alle $i$ . Bewijs $k \leq n + 1$ . Leid af dat een strikt stijgende keten van deelruimten van $\R^n$ lengte hoogstens $n + 1$ heeft, en vertoon 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 dimensies zou gelijkheid van ruimten afdwingen). Dus $\dim F_1 < \dim F_2 < \dots < \dim F_k$ is een strikt stijgende rij gehele getallen in $\intint{0}{n}$ : hoogstens $n + 1$ waarden, $k \leq n + 1$ . 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 ★★★

Laat $E$ van dimensie $n$ zijn en $F$ , $G$ twee hypervlakken (dimensie $n - 1$ ), $F \neq G$ . 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 strikt $F$ (aangezien $G \not\subseteq F$ ), dus $\dim(F + G) = n$ en Grassmann geeft $\dim(F \cap G) = (n-1) + (n-1) - n = n - 2$ .

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 $E$ :

\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 ★★

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

Toon dat $E$ een deelruimte van de ruimte van rijen is, en dat een rij van $E$ volledig, lineair, bepaald is door het paar $(u_0, u_1)$ ; leid af $\dim E = 2$ .
Ga na dat de constante rij $(1)$ en de meetkundige rij $(2^n)$ in $E$ liggen en een basis van $E$ vormen.
Vind 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 voldaan door de nulrij: $E$ is een deelruimte. Door 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 $(a, b)$ voort uit precies één rij van $E$ (definieer $u_n$ door de recurrentie). 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 op $a + b = 0$ , $a + 2b = 1$ : $b = 1$ , $a = -1$ , dus $u_n = 2^n - 1$ (de Mersennerij).

Oefening 19.11 ★★

Laat $E$ van dimensie $n$ zijn.

Als $F, G$ deelruimten zijn met $\dim F + \dim G > n$ , bewijs $F \cap G \neq \{0\}$ . Illustreer: twee deelruimten van dimensies $51$ en $50$ van $\R^{100}$ delen altijd een vector verschillend van nul.
Als $H$ een hypervlak is en $F$ een deelruimte met $F \cap H = \{0\}$ , bewijs $\dim F \leq 1$ .

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.
Als $F \cap H = \{0\}$ , is de som direct en $\dim F + (n - 1) = \dim(F \oplus H) \leq n$ , dus $\dim F \leq 1$ . (Omgekeerd voldoet een rechte die niet in $H$ vervat is hier wel aan: hypervlakken missen bijna niets.)

Oefening 19.12 ★★★

(Gemeenschappelijke complementaire) Laat $F, G$ deelruimten van $E$ zijn (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 $\dim F$ : als $F \neq G \neq E$ , kies $x \notin F \cup G$ — Oefening 18.12 laat het 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 $d = 0$ . Als $d = n$ : $F = G = E$ en $S = \{0\}$ werkt. Veronderstel dat de uitspraak geldt voor deelruimteparen van dimensie $d + 1 \leq n$ , en laat $\dim F = \dim G = d < n$ .

Als $F = G$ : neem voor $S$ een willekeurige complementaire van $F$ (Stelling 19.14). Als $F \neq G$ : beide zijn echt, dus door Oefening 18.12 bestaat er 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 $d + 1$ ; door de inductiehypothese laten ze 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 $F + S = F + \operatorname{Vect}(x) + S' = F' + S' = E$ , en $F \cap S = \{0\}$ : als $f = \lambda x + s'$ met $f \in F$ , $s' \in S'$ , dan $s' = f - \lambda x \in F' \cap S' = \{0\}$ , 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 Probleem: torenwet van Dedekind

Probleem 19.1

Niets in de Hoofdstukken 18–19 gebruikte iets over de scalairen behalve de lichaamsaxioma’s (Definitie 7.22): men mag daarom $K = \Q$ nemen en verzamelingen reële getallen meten met de maatstaf van de $\Q$ -dimensie. Dit probleem 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 via zuiver dimensietellen — geen $\varepsilon$ , geen decimalen, enkel bases.

Deel I — Rationale scalairen.

Ga na dat $\Q$ een lichaam is en dat elke definitie en elk bewijs van de Hoofdstukken 18–19 enkel de lichaamsaxioma’s van de scalairen gebruikt; besluit dat $\R$ een $\Q$ -vectorruimte is en dat het uitwisselingslemma, de basisstellingen en de formule van Grassmann gelden over $\Q$ . Wijs de ene stap van het bewijs van Stelling 19.2 aan waar deling door een scalair verschillend van nul wordt uitgevoerd.
Toon dat $(1, \sqrt2)$ vrij is over $\Q$ maar gebonden over $\R$ . Stel $\Q(\sqrt2) = \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt2) = \{a + b\sqrt2 : a, b \in \Q\}$ ; wat is $\dim_\Q \Q(\sqrt2)$ ?
Toon dat $\Q(\sqrt2)$ stabiel is onder vermenigvuldiging. Stel voor $u = a + b\sqrt2$ $\sigma(u) = a - b\sqrt2$ en $N(u) = u\,\sigma(u) = a^2 - 2b^2$ . Toon $\sigma(uv) = \sigma(u)\sigma(v)$ , leid $N(uv) = N(u)N(v)$ af, en toon $N(u) \neq 0$ telkens wanneer $u \neq 0$ .
Leid af dat elke $u \in \Q(\sqrt2)$ verschillend van 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 vervolgens dat $\sqrt3 \notin \Q(\sqrt2)$ (kwadrateer $\sqrt3 = a + b\sqrt2$ en bespreek de gevallen $ab \neq 0$ , $b = 0$ , $a = 0$ ).
Laat $M = \operatorname{Vect}_\Q(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ . Toon dat $M$ stabiel is onder vermenigvuldiging (een tabel van de producten van de basisvectoren volstaat).
Schrijf $K = \Q(\sqrt2)$ . Toon dat $(1, \sqrt3)$ vrij is over het lichaam $K$ , en leid af dat $M = K + K\sqrt3$ een $K$ -vectorruimte van dimensie $2$ is met basis $(1, \sqrt3)$ .
Bewijs dat $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ vrij is over $\Q$ , dus $\dim_\Q M = 4$ . (Groepeer een nulrelatie als $(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3 = 0$ en pas vragen 7 dan 2 toe.)

Deel III — De torenwet. Laat $\Q \subseteq K \subseteq M \subseteq \R$ waar $K$ 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 dat de $mn$ producten $(e_i f_j)$ $M$ voortbrengen over $\Q$ .
Toon dat de familie $(e_i f_j)$ vrij is over $\Q$ . (Herorganiseer een $\Q$ -nulcombinatie als $\sum_j \bigl(\sum_i \lambda_{ij} e_i\bigr) f_j$ , waarvan de inwendige coëfficiënten in $K$ leven.)
Besluit met de torenwet van Dedekind:

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

en controleer die op $\Q \subseteq \Q(\sqrt2) \subseteq M$ tegen de vragen 7 en 8.
(Lichamen gratis) Laat $A \subseteq \R$ een eindigdimensionale $\Q$ -deelruimte zijn die $1$ bevat en stabiel is onder vermenigvuldiging, en laat $u \in A$ , $u \neq 0$ . Toon dat als $(a_1, \dots, a_d)$ een basis van $A$ is, dan $(u a_1, \dots, u a_d)$ opnieuw een basis van $A$ is; leid af dat $u$ een inverse in $A$ heeft: $A$ is een deellichaam van $\R$ . Welke eerdere vragen herwint dit?
Toon dat voor elke $x \in A$ (zoals in vraag 12, $\dim_\Q A = d$ ) de familie $(1, x, x^2, \dots, x^{d})$ gebonden is: elk element van $A$ is een wortel van een veelterm verschillend van 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 dat $(1, s, s^2, s^3)$ vrij is over $\Q$ , en leid af $\operatorname{Vect}_\Q(1, s, s^2, s^3) = M$ : elk element van $M$ is een rationale veelterm in $s$ . Druk $\sqrt2$ en $\sqrt3$ uit als zulke veeltermen.
Verifieer $s^4 - 10s^2 + 1 = 0$ , en toon dat $X^4 - 10X^2 + 1$ de monische veelterm van kleinste graad is die nul wordt in $s$ . Bepaal zijn vier reële wortels.
Leid af: $1/s = 10s - s^3$ ; identificeer dit getal. Toon 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 (versterking van Oefening 10.7).

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

Toon dat $X^3 - 2$ geen rationale wortel heeft (het criterium van de rationale wortel van Oefening 8.5, of een valuatietelling); leid af dat $(1, t)$ vrij is over $\Q$ .
Toon dat $(1, t, t^2)$ vrij is over $\Q$ . (Als een zekere $P \in \Q[X]$ verschillend van nul van graad $\leq 2$ $t$ vernietigt, neem er 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 de torenwet zou $3 \mid 4$ afdwingen. Dus $2^{1/3}$ is geen rationale combinatie van $1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6$ .
Leid af dat $t \notin \Q(\sqrt2)$ , dat $t + \sqrt2$ irrationaal is, en dat geen rationalen $a, b$ voldoen aan $2^{1/3} = a + b\sqrt3$ .

Deel VI — Alle deellichamen, en synthese.

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

Oplossing

Oplossing van Probleem 19.1.

1. $\Q$ bevat $0 \neq 1$ , is stabiel onder optelling, vermenigvuldiging en tegengestelden, en elk rationaal getal verschillend van nul heeft een rationale inverse: een lichaam (Definitie 7.22). De definities van opspansel, vrijheid, basis en de bewijzen van de Hoofdstukken 18–19 gebruiken enkel vectoroptelling, distributiviteit en scalaire rekenkunde in een lichaam — nooit een absolute waarde, een orde of een limiet. Dus $\R$ , met zijn eigen optelling en de vermenigvuldiging $\Q \times \R \to \R$ , is een $\Q$ -vectorruimte, en alle stellingen zijn van toepassing. Deling door een scalair komt eenmaal voor in het bewijs van Stelling 19.2: om “op te lossen naar $g_k$ ” deelt men door zijn coëfficiënt verschillend van nul.

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

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

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

dus $N(uv) = uv\,\sigma(uv) = u\sigma(u)\,v\sigma(v) = N(u)N(v)$ . Als $N(u) = a^2 - 2b^2 = 0$ met $u \neq 0$ : $b \neq 0$ zou $(a/b)^2 = 2$ geven, een rationale vierkantswortel van $2$ ; dus $b = 0$ , dan $a = 0$ en $u = 0$ : tegenspraak. Bijgevolg $N(u) \neq 0$ 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 verschillend van nul is inverteerbaar binnen $\Q(\sqrt2)$ , dat daarom 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. Als $\sqrt6 = p/q$ dan $6q^2 = p^2$ ; de exponent van $2$ is $1 + 2v_2(q)$ , oneven, aan de linkerkant, en $2v_2(p)$ , even, aan de rechterkant: onmogelijk. Veronderstel nu $\sqrt3 = a + b\sqrt2$ met $a, b \in \Q$ . Kwadrateren: $3 = a^2 + 2b^2 + 2ab\sqrt2$ . Als $ab \neq 0$ , dan $\sqrt2 = (3 - a^2 - 2b^2)/(2ab) \in \Q$ : onmogelijk. Als $b = 0$ : $\sqrt3 = a \in \Q$ , in tegenspraak met Oefening 6.7 ( $p = 3$ ). Als $a = 0$ : $\sqrt3 = b\sqrt2$ , en door met $\sqrt2$ te vermenigvuldigen: $\sqrt6 = 2b \in \Q$ : 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 in rationale combinaties van deze: $M$ is stabiel onder vermenigvuldiging.

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

8. Een relatie $a + b\sqrt2 + c\sqrt3 + d\sqrt6 = 0$ hergroepeert als $(a + b\sqrt2) + (c + d\sqrt2)\sqrt3 = 0$ met coëfficiënten in $K$ ; door vraag 7 verdwijnen beide, en door vraag 2 $a = b = 0$ en $c = d = 0$ . Dus de familie is vrij en $\dim_\Q M = 4$ .

9. Elke $x \in M$ schrijft $x = \sum_j y_j f_j$ 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 $\Q$ ); door substitutie, $x = \sum_{i,j} \lambda_{ij}\, e_i f_j$ : de producten brengen $M$ voort over $\Q$ .

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

11. Door 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 $\dim_K M = 2$ (vragen 2 en 7) geven $\dim_\Q M = 4$ , wat vraag 8 is.

12. De vectoren $u a_1, \dots, u a_d$ behoren tot $A$ (stabiliteit). Ze zijn vrij: als $\sum_i \lambda_i\, u a_i = 0$ , dan $u \sum_i \lambda_i a_i = 0$ 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 $(u a_1, \dots, u a_d)$ is een vrije familie van $d$ vectoren in $A$ , $\dim_\Q A = d$ : 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 $A$ . Dit herwint vraag 4 ( $A = \Q(\sqrt2)$ ) en 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 ze zijn gebonden: er zijn rationalen $\lambda_0, \dots, \lambda_d$ , niet alle nul, met $\sum_k \lambda_k x^k = 0$ . De veelterm $P = \sum_k \lambda_k X^k$ is verschillend van nul, heeft rationale coëfficiënten, graad $\leq d$ , en $P(x) = 0$ .

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

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

15. Veronderstel $a + bs + cs^2 + ds^3 = 0$ . Door de vier coördinaten op $(1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6)$ af te lezen:

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

Dus $c = 0$ , dan $a = 0$ ; door de middelste vergelijkingen af te trekken, $2d = 0$ , dan $b = 0$ : $(1, s, s^2, s^3)$ 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, $s^3 - 9s = 2\sqrt2$ 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 nul wordt in $s$ zou een niet-triviale nulcombinatie van $(1, s, s^2, s^3)$ voortbrengen, in tegenspraak met vraag 15: $X^4 - 10X^2 + 1$ heeft kleinste graad. Zijn wortels: $X^2 = 5 \pm 2\sqrt6 = (\sqrt3 \pm \sqrt2)^2$ , dus de vier reële wortels zijn $\pm(\sqrt3 + \sqrt2)$ en $\pm(\sqrt3 - \sqrt2)$ , d.w.z. $\pm\sqrt2 \pm \sqrt3$ .

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

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

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

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

19. Veronderstel $(1, t, t^2)$ gebonden: een zekere $P \in \Q[X]$ verschillend van nul met $\deg P \leq 2$ heeft $P(t) = 0$ ; kies zo’n $P$ van kleinste graad $d \geq 1$ . Door vraag 18 is $d \neq 1$ , dus $d = 2$ . Euclidische deling (Stelling 8.3): $X^3 - 2 = PQ + R$ met $Q, R \in \Q[X]$ , $\deg R < 2$ . Evalueren in $t$ : $0 = P(t)Q(t) + R(t) = R(t)$ , dus $R$ wordt nul in $t$ ; de minimaliteit van $d$ dwingt $R = 0$ af. Dan $X^3 - 2 = PQ$ 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 $1$ : door vraag 12 is $A$ een deellichaam van $\R$ .

20. Veronderstel $t \in M$ . Dan $t^2 \in M$ (stabiliteit), dus $A \subseteq M$ , en $M$ is een vectorruimte over het lichaam $A$ : de axioma’s zijn die van de $\R$ -rekenkunde, beperkt. Het 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 rationale combinatie van $1, \sqrt2, \sqrt3, \sqrt6$ is gelijk aan $2^{1/3}$ .

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

22. $B$ is een vectorruimte over het lichaam $A$ (beperking van scalairen), eindigdimensionaal aangezien $\dim_\Q B$ 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 daarom $\Q$ -dimensie $1$ , $2$ of $4$ : dimensie $1$ is $\Q$ zelf, dimensie $4$ is $M$ .

23. Laat $F \subseteq M$ een deellichaam zijn met $\dim_\Q F = 2$ , en $w \in F \setminus \Q$ : $(1, w)$ is vrij, dus een basis van $F$ . Door vraag 13 ( $d = 2$ ) geldt $w^2 = \alpha + \beta w$ voor rationalen $\alpha, \beta$ . Door $v = w - \beta/2 \in F \setminus \Q$ te stellen:

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 ontwikkel:

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

De drie irrationale coördinaten verdwijnen: $ab + 3cd = ac + 2bd = ad + bc = 0$ . Als $a \neq 0$ : $b = -3cd/a$ , en de tweede voorwaarde wordt $c(a^2 - 6d^2) = 0$ ; aangezien $a^2 = 6d^2$ met $d \neq 0$ $\sqrt6 = \abs{a/d}$ rationaal zou maken, is ofwel $c = 0$ ofwel $d = 0$ , en in beide gevallen dwingen de resterende voorwaarden $b = c = d = 0$ af, d.w.z. $v \in \Q$ : uitgesloten. Dus $a = 0$ , en de voorwaarden luiden $3cd = 2bd = bc = 0$ : hoogstens één van $b, c, d$ is verschillend van nul. Bijgevolg is $v$ een rationaal veelvoud van $\sqrt2$ , $\sqrt3$ of $\sqrt6$ , en

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

waarvan elk inderdaad een tweedimensionaal deellichaam is (stabiliteit zoals in vraag 6, inverses door 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 ontwikkeling.)

25. (i) $\Q$ -dimensie hecht een geheel getal aan elk deellichaam van $\R$ , en de torenwet laat deze gehele getallen vermenigvuldigen langs inclusies: dimensie gedraagt zich als een rekenkundige invariant, en deelbaarheidsvoorwaarden worden onmogelijkheidsbewijzen. (ii) Eindige dimensie dwingt elk element om een rationale veeltermvergelijking verschillend van nul te voldoen van graad hoogstens de dimensie: eindigheid betekent algebraïciteit. (iii) De twee-uit-drie-regel zette “vermenigvuldiging met $u$ beeldt een basis af op een vrije familie van maximale grootte” om in surjectiviteit, wat $u^{-1}$ produceerde zonder formule: inverses kwamen uit tellen. (iv) De torenwet verbiedt een driedimensionaal lichaam binnen een vierdimensionaal, en dat is waarom $2^{1/3}$ niet bereikt kan worden vanuit $\sqrt2$ en $\sqrt3$ . De stelling van Deel III is de torenwet van Dedekind, de openingszet van de Galoistheorie, ontwikkeld in het volume van Jaar 3.