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Lineare Algebra » Vektorräume » Anzahl der Komplemente im endlichen Vektorraum
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Universität/Hochschule Anzahl der Komplemente im endlichen Vektorraum
Mineblocky
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  Themenstart: 2022-04-16

Hallo zusammen, Sei V ein K-Vektorraum der Dimension n, wobei \(\lvert K \rvert = q\). Sei U ein K-UVR von V mit der Dimension m. Wie viele Komplemente gibt es von U zu V? (Ich darf ohne Beweis annehmen, dass \(\lvert V \rvert = q^n\) hat) Mein Ansatz war folgender: Es existieren \(q^n-1\) Möglichkeiten, den ersten Basisvektor zu wählen, \(q^n-q\) Möglichkeiten, den zweiten auszuwählen, \(q^n-q^2\) den dritten auszuwählen usw. d.h. es existieren insgesamt \(\prod\limits_{i=1}^{n-1} q^n-q^i\) Möglichkeiten Basen auszuwählen Wenn ich o.B.d.A annehmen, dass die ersten m Basisvektoren, durch U festgelegt sind, dann existieren nur noch n-m Vektoren zwischen denen man sich entscheiden muss, also mindenstens \(\prod\limits_{i=m}^{n-1} q^n-q^i\) Möglichkeiten mein Komplement von U zu wählen Das Problem ist das mindestens, Ich weiß nämlich dass es weniger Möglichkeiten aufgrund von Vertauschung der Basisvektoren geben muss, aber ich weiß nicht wie viele es tatsächlich sind


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Folgende Antworten hat der Fragesteller vermutlich noch nicht gesehen.
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Nuramon
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-04-16

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) Hallo, es gibt genau $\prod\limits_{i=m}^{n-1} q^n-q^i$ Möglichkeiten eine (geordnete) Basis für ein Komplement von $U$ zu wählen. Sei $C$ die Menge der Komplemente von $U$ in $V$. Sei $G\subseteq \GL(V)$ die Untergruppe der Automorphismen $f$ von $V$ mit $f\mid_U=\id_U$. Dann operiert $G$ auf $C$ mittels $f.W:= f(W)$, wobei $f\in G$ und $W\in C$. Diese Operation ist transitiv (warum?). Sei $W\in C$ beliebig. Nach Bahnformel gilt dann $|C| = \frac {|G|}{|G_W|}$, wobei $G_W:=\{f\in G\mid f.W=W\}$ der Stabilisator von $W$ ist. Mit Deiner Überlegung aus dem Themenstart kannst Du $|G|$ berechnen. Auf ähnliche Weise lässt sich auch $|G_W|$ berechnen. \(\endgroup\)


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Triceratops
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  Beitrag No.2, eingetragen 2022-04-16

Alternativ kann man das folgende Lemma beweisen und dann benutzen (was für Vektorräume über beliebigen Körpern gilt): Sei $U \subseteq V$ ein Unterraum. Dann gibt es eine Bijektion $\{\text{Komplemente von } U \text{ in } V\} \cong \mathrm{Hom}(V/U,U).$


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Nuramon
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-04-16

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname} \newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil} \newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\) \quoteon(2022-04-16 14:31 - Triceratops in Beitrag No. 2) Sei $U \subseteq V$ ein Unterraum. Dann gibt es eine Bijektion $\{\text{Komplemente von } U \text{ in } V\} \cong \mathrm{Hom}(V/U,U).$ \quoteoff Ich habe das Gefühl, dass ich mich ungeschickt anstelle: Sei $W_0\subseteq V$ ein fest gewählter Komplementärraum von $U$. Dann ist $V/U\cong W_0$. Für einen Komplementärraum $W\subseteq V$ von $U$ sei $u_{W}:V=U\oplus W\to U$ die zugehörige Projektion auf $U$. Dann definiert die Abbildungsvorschrift $W\mapsto u_W\mid_{W_0}$ eine Bijektion zwischen der Menge der Komplementärräume von $U$ in $V$ und $\Hom(W_0,U) \cong \Hom(V/U,U)$. Kann man auch eine Bijektion hinschreiben ohne ein $W_0$ wählen zu müssen? Irgendeine Wahl wird man wohl treffen müssen, da es keinen ausgezeichneten Komplementärraum von $U$ gibt. Aber die einzige Eigenschaft des Quotientenraums $V/U$, die in meiner Konstruktion benutzt wurde, ist, dass $V/U$ und $W_0$ isomorph sind, und das kommt mir irgendwie unbefriedigend vor.\(\endgroup\)


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Triceratops
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-04-16

Das ist schon richtig. Man muss ein Komplement wählen. Es gibt ja eine ausgezeichnete lineare Abbildung $V/U \to U$, nämlich die Nullabbildung, aber kein ausgezeichnetes Komplement von $U$. Bei der von dir genannten Konstruktion entspricht die Nullabbildung gerade $W_0$. Ich hätte also vielleicht sagen wollen, dass die von mir genannte Bijektion nicht natürlich ist. Natürlich hingegen ist folgende Bijektion: Ist $W_0$ ein Komplement von $U$ in $V$, so gibt es eine natürliche Bijektion $\{\text{Komplemente von } U \text{ in } V\} \cong \mathrm{Hom}(W_0,U)$. Natürlichkeit ist hier entweder informal oder im Sinne der Kategorientheorie zu verstehen: Ist $f : V \to V'$ ein Isomorphismus, $f(U)=U'$, $f(W_0)=W'_0$, so kommutiert das Diagramm $\begin{tikzcd} \{\text{Komplemente von } U \text{ in } V\} \ar{r}{\cong} \ar{d}[swap]{f} & \mathrm{Hom}(W_0,U) \ar{d}{c_f} \\ \{\text{Komplemente von } U' \text{ in } V'\} \ar{r}[swap]{\cong} & \mathrm{Hom}(W'_0,U'), \end{tikzcd}$ wobei $c_f(g) := f g f^{-1}$.


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