Autor Tema: Dimensión de la variedad polar

0 Usuarios y 1 Visitante están viendo este tema.

26 Diciembre, 2020, 09:06 pm
Leído 330 veces

mg

  • $$\Large \color{#5e8d56}\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 241
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Sea \( P\in{}\mathbb{P}^n(\mathbb{K}) \), con \( n\geq{1} \), y sea \( Q \) una hipercuádrica en \( \mathbb{P}^n(\mathbb{K}) \) de rango \( \geq{1} \). Se pide:
1. Probar que \( polar(P) \) tiene \( dim\geq{}n-1 \)
2. Probar que \( Sing(Q) \) tiene \( dim=n-r \)
3.Si \( Q \) es no degenerada y \( H \),\( H' \) son dos hiperplanos, probar que \( polar(H)=polar(H')\Longleftrightarrow{}H=H' \)

Vamos al lío.

Para el 1, dado el punto \( P \) anterior, tenemos por definición que \( polar(P)=\left\{{x\in{}\mathbb{P}^n(\mathbb{K})/PAx^t=0}\right\} \), donde A denota la clase-matriz de Q. Tenemos pues una variedad proyectiva formada por una ecuación. Si \( PA=0 \) entonces trivialmente la dimensión sería n. Suponiendo que \( PA\neq 0 \), podemos obtener una base de \( polar(P) \), formda por \( n \) puntos, que por la definición de la dimensión proyectiva, tenemos que \( dim(polar(P))=n-1 \)

Para el 2, por definición tenemos que \( Sing(Q)=\left\{{x\in{}\mathbb{P}^n(\mathbb{K})/Ax^t=0}\right\} \). Suponiendo que A es una matriz diagonal, (la cual existe dada una cierta base), entonces el rango coincide con los elementos no nulos de la diagonal, es decir, A tiene r elementos no nulos en la diagonal.En consecuencia, el conjunto \( Sing(Q) \) constará de r ecuaciones. De modo que podemos obtener una base de \( n+1-r \) puntos, que tiene dimensión n-r, como queríamos probar.

Para el 3. Si Q es no degenerada entonces tiene rango r=n+1. Por definición de polar de una varidedad lineal poryectiva, se tiene que, \( polar(H)=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}H}polar(P) \).

Aquí es donde mas dudas tengo, pero creo que no habría ningún problema en decir lo siguiente.

Como \( polar(H)=polar(H') \) entonces \( polar(H')=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}H}polar(P) \), por tanto si una base de H va a coincidir con una base de H'. Lo cual implica que H=H'.


Es claro que el recíproco es trivialmente cierto.

Un saludo

26 Diciembre, 2020, 09:29 pm
Respuesta #1

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 49,011
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

Sea \( P\in{}\mathbb{P}^n(\mathbb{K}) \), con \( n\geq{1} \), y sea \( Q \) una hipercuádrica en \( \mathbb{P}^n(\mathbb{K}) \) de rango \( \geq{1} \). Se pide:
1. Probar que \( polar(P) \) tiene \( dim\geq{}n-1 \)
2. Probar que \( Sing(Q) \) tiene \( dim=n-r \)
3.Si \( Q \) es no degenerada y \( H \),\( H' \) son dos hiperplanos, probar que \( polar(H)=polar(H')\Longleftrightarrow{}H=H' \)

Vamos al lío.

Para el 1, dado el punto \( P \) anterior, tenemos por definición que \( polar(P)=\left\{{x\in{}\mathbb{P}^n(\mathbb{K})/PAx^t=0}\right\} \), donde A denota la clase-matriz de Q. Tenemos pues una variedad proyectiva formada por una ecuación. Si \( PA=0 \) entonces trivialmente la dimensión sería n. Suponiendo que \( PA\neq 0 \), podemos obtener una base de \( polar(P) \), formada por \( n \) puntos, que por la definición de la dimensión proyectiva, tenemos que \( dim(polar(P))=n-1 \)

En esencia está bien; tengo ciertas dudas de que resultados previos manejas sobre variedades proyectivas lineales. La forma más directa, en mi opinión, sería decir simplemente que si \( PA\neq 0 \), entonces \( polar(P) \) está definida por una única ecuación implícita lineal
(independiente) y por tanto su dimensión es:

\( dim(\mathbb{P}^n(\mathbb{K}))-\textsf{nº de ecuaciones}=n-1 \)


Citar
Para el 2, por definición tenemos que \( Sing(Q)=\left\{{x\in{}\mathbb{P}^n(\mathbb{K})/Ax^t=0}\right\} \). Suponiendo que A es una matriz diagonal, (la cual existe dada una cierta base), entonces el rango coincide con los elementos no nulos de la diagonal, es decir, A tiene r elementos no nulos en la diagonal.En consecuencia, el conjunto \( Sing(Q) \) constará de r ecuaciones. De modo que podemos obtener una base de \( n+1-r \) puntos, que tiene dimensión n-r, como queríamos probar.

Aquí exactamente el mismo comentario. No haría falta acudir a la forma diagonal de la matriz. Simplemente tienes un sistema homogéneo y el número de ecuaciones independientes es el rango de la matriz asociada.

Citar
Para el 3. Si Q es no degenerada entonces tiene rango r=n+1. Por definición de polar de una varidedad lineal poryectiva, se tiene que, \( polar(H)=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}H}polar(P) \).

Aquí es donde mas dudas tengo, pero creo que no habría ningún problema en decir lo siguiente.

Como \( polar(H)=polar(H') \) entonces \( polar(H')=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}H}polar(P) \), por tanto si una base de H va a coincidir con una base de H'. Lo cual implica que H=H'.

En este no me queda claro como utilizas exactamente lo que he marcado para afirmar que "una base de \( H \) va a coincidir con una base de \( H' \)'".

Para mi lo más cómodo es tener en cuenta que cuando la matriz de la hipercuádrica es inversible, dado un hiperplano \( PX=0 \) (donde \( P \) es el vector fila correspondiente a sus coeficientes), el polo del mismo es el punto \( PA^{-1} \) siendo \( A \) la matriz de la cuádríca.

Entonces \( P \) y \( P' \) son proporcionales (definen el mismo plano) si y sólo si  \( PA^{-1} \) y  \( P'A^{-1} \) son proporcionales (definen el mismo polo).

Saludos.


26 Diciembre, 2020, 09:51 pm
Respuesta #2

mg

  • $$\Large \color{#5e8d56}\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 241
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino


En este no me queda claro como utilizas exactamente lo que he marcado para afirmar que "una base de \( H \) va a coincidir con una base de \( H' \)'".


Mi idea es la siguiente. Se define, \( polar(Z)=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}Z}polar(P) \) para una variedad lineal proyectiva Z. De modo que si tengo dos hiperplanos H y H' que cuyas polares verfican que son la misma, entonces tienen los mismos puntos. De ahí que diga lo de la base. ¿que le parece?

Respecto a la solución para este mismo apartado que vd da, no veo por qué, si el vector P de los coeficientes del plano entonces el \( P^{-1}A \) es el polo del plano.

Un saludo

26 Diciembre, 2020, 11:10 pm
Respuesta #3

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 49,011
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

Mi idea es la siguiente. Se define, \( polar(Z)=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}Z}polar(P) \) para una variedad lineal proyectiva Z. De modo que si tengo dos hiperplanos H y H' que cuyas polares verfican que son la misma, entonces tienen los mismos puntos. De ahí que diga lo de la base. ¿que le parece?

Sigo sin ver claro como de:

\( \underbrace{\cap{}}_{P\in{}H}polar(P)=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}H'}polar(P) \) deduces \( H=H' \)

Citar
Respecto a la solución

para este mismo apartado que vd da, no veo por qué, si el vector P de los coeficientes del plano entonces el \( P^{-1}A \) es el polo del plano.

Ojo, es \( PA^{-1} \).

Todo depende de que resultados te hallan probado ya. Yo daba por supuesto que conocías que si \( px^t=0 \) es un hiperplano \( H \) y la cuádrica es no singular, entonces, \( polar(H)=\{pA^{-1}\} \).

Veámoslo:

\( q\in polar(H)\quad \Leftrightarrow{}\quad \) \( xAq^t=0 \) para todo \( x\in H \).

Equivalentemente tomando \( x_1,\ldots,x_n \) una base de \( H \):

\( q\in polar(H)\quad \Leftrightarrow{}\quad \) \( x_iAq^t=0 \) para todo \( i \).

Dado que \( A \) es inversible y los \( x_i \) son indpendientes las \( n \) ecuaciones lineales anteriores son independientes y por tanto \( dim(polar(H))=0 \), es decir, un punto.


Por otra parte \( q=pA^{-1} \) se tiene \( xAq^t=xAA^{-1}p^t=xp^t=px^t=0 \), es decir, \( q=PA^{-1}\in Polar(H) \).

Se deduce que \( polar(H)=\{q\} \).

Saludos.

27 Diciembre, 2020, 11:12 am
Respuesta #4

mg

  • $$\Large \color{#5e8d56}\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 241
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino


Sigo sin ver claro como de:

\( \underbrace{\cap{}}_{P\in{}H}polar(P)=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}H'}polar(P) \) deduces \( H=H' \)

 
Pues porque todos los puntos que pertenecen a H también van a pertenecer a H'. Ahora estoy viendo que eso sería mas bien como demostrar una de las contenciones de la igualdad. Supongo que es más fácil que eso. Si \( polar(H)=polar(H')=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}H}polar(P)=\underbrace{\cap{}}_{P'\in{}H'}polar(P') \). Entonces los sistemas de ecuaciones resultantes en las polares son equivalentes. Esto es que las ecuaciones de la polar(H) se puede convertir en las ecuaciones de polar(H') con transformaciones elementales. Y creo que esto ya si que es suficiente para justificar que H=H'.



Por otra parte \( q=pA^{-1} \) se tiene \( xAq^t=xAA^{-1}p^t=xp^t=px^t=0 \), es decir, \( q=PA^{-1}\in Polar(H) \).

Se deduce que \( polar(H)=\{q\} \).

Saludos.
Lo único que no sé de donde sale es \( q=pA^{-1} \)


27 Diciembre, 2020, 03:26 pm
Respuesta #5

Luis Fuentes

  • el_manco
  • Administrador
  • Mensajes: 49,011
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

Pues porque todos los puntos que pertenecen a H también van a pertenecer a H'. Ahora estoy viendo que eso sería mas bien como demostrar una de las contenciones de la igualdad. Supongo que es más fácil que eso. Si \( polar(H)=polar(H')=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}H}polar(P)=\underbrace{\cap{}}_{P'\in{}H'}polar(P') \). Entonces los sistemas de ecuaciones resultantes en las polares son equivalentes. Esto es que las ecuaciones de la polar(H) se puede convertir en las ecuaciones de polar(H') con transformaciones elementales. Y creo que esto ya si que es suficiente para justificar que H=H'.

Si, con eso si estoy de acuerdo.  :aplauso:

Citar
Por otra parte \( q=pA^{-1} \) se tiene \( xAq^t=xAA^{-1}p^t=xp^t=px^t=0 \), es decir, \( q=PA^{-1}\in Polar(H) \).

Se deduce que \( polar(H)=\{q\} \).
Lo único que no sé de donde sale es \( q=pA^{-1} \)

No estoy seguro de cuál es tu duda exacta. Es decir, yo tomo \( q=pA^{-1} \) y compruebo que cumple la condición de pertenecer a \( Polar(H) \). Como previamente he visto que \( polar(H) \) está formado por un sólo punto, hemos probado que \( polar(H)=\{q\} \).

Saludos.

27 Diciembre, 2020, 03:29 pm
Respuesta #6

Bobby Fischer

  • $$\Large \color{#c88359}\pi\,\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 646
  • País: es
  • Karma: +1/-0
  • Sexo: Masculino
    • chess.com
Hola,



Por otra parte \( q=pA^{-1} \) se tiene \( xAq^t=xAA^{-1}p^t=xp^t=px^t=0 \), es decir, \( q=PA^{-1}\in Polar(H) \).

Se deduce que \( polar(H)=\{q\} \).

Saludos.
Lo único que no sé de donde sale es \( q=pA^{-1} \)

La polar del hiperplano (por ser la cuádrica no degenerada) tiene dimensión cero. Es suficiente encontrar un punto que esté en la polar (ahí está el valor de la experiencia$$^{\dagger}$$).
Si la ecuación del hiperplano $$H_1$$ es $$p_1x=0$$, el punto es $$[A^{-1}p_1]$$
Si la ecuación del hiperplano $$H_2$$ es $$p_2x=0$$, el punto es $$[A^{-1}p_2]$$
$$[A^{-1}p_1]=[A^{-1}p_2]\Longleftrightarrow \exists \lambda\neq 0\colon A^{-1}p_1=\lambda A^{-1}p_2\Longleftrightarrow A^{-1}(p_1-\lambda p_2)=0\stackrel{\text{no deg.}}{\Longleftrightarrow}p_1=\lambda p_2$$
$$H_1\colon p_1x=0$$
$$H_2\colon \{p_2x=0\}\Leftrightarrow \{\textstyle{\frac{1}{\lambda}}p_1x=0\}\Leftrightarrow \{p_1x=0\}\colon H_1$$
Se concluye que, si $$A$$ es no degenerada, de $$\text{polar}_Q(H_1)=\text{polar}_Q(H_2)$$ se deduce $$H_1=H_2$$.
$$^{\dagger}$$
Obviamente, no lo digo por mí.
[cerrar]

27 Diciembre, 2020, 05:35 pm
Respuesta #7

mg

  • $$\Large \color{#5e8d56}\pi\,\pi\,\pi$$
  • Mensajes: 241
  • País: es
  • Karma: +0/-0
  • Sexo: Masculino
Hola

Pues porque todos los puntos que pertenecen a H también van a pertenecer a H'. Ahora estoy viendo que eso sería mas bien como demostrar una de las contenciones de la igualdad. Supongo que es más fácil que eso. Si \( polar(H)=polar(H')=\underbrace{\cap{}}_{P\in{}H}polar(P)=\underbrace{\cap{}}_{P'\in{}H'}polar(P') \). Entonces los sistemas de ecuaciones resultantes en las polares son equivalentes. Esto es que las ecuaciones de la polar(H) se puede convertir en las ecuaciones de polar(H') con transformaciones elementales. Y creo que esto ya si que es suficiente para justificar que H=H'.

Si, con eso si estoy de acuerdo.  :aplauso:

ole  ;D

Citar
Por otra parte \( q=pA^{-1} \) se tiene \( xAq^t=xAA^{-1}p^t=xp^t=px^t=0 \), es decir, \( q=PA^{-1}\in Polar(H) \).

Se deduce que \( polar(H)=\{q\} \).
Citar
Lo único que no sé de donde sale es \( q=pA^{-1} \)

No estoy seguro de cuál es tu duda exacta. Es decir, yo tomo \( q=pA^{-1} \) y compruebo que cumple la condición de pertenecer a \( Polar(H) \). Como previamente he visto que \( polar(H) \) está formado por un sólo punto, hemos probado que \( polar(H)=\{q\} \).

Saludos.

Vale, ahi pruebas que \( q \) no puede ser otro que \( pA^{-1} \). Perfecto.
Hola,



Por otra parte \( q=pA^{-1} \) se tiene \( xAq^t=xAA^{-1}p^t=xp^t=px^t=0 \), es decir, \( q=PA^{-1}\in Polar(H) \).

Se deduce que \( polar(H)=\{q\} \).

Saludos.
Lo único que no sé de donde sale es \( q=pA^{-1} \)

La polar del hiperplano (por ser la cuádrica no degenerada) tiene dimensión cero. Es suficiente encontrar un punto que esté en la polar (ahí está el valor de la experiencia$$^{\dagger}$$).
Si la ecuación del hiperplano $$H_1$$ es $$p_1x=0$$, el punto es $$[A^{-1}p_1]$$
Si la ecuación del hiperplano $$H_2$$ es $$p_2x=0$$, el punto es $$[A^{-1}p_2]$$
$$[A^{-1}p_1]=[A^{-1}p_2]\Longleftrightarrow \exists \lambda\neq 0\colon A^{-1}p_1=\lambda A^{-1}p_2\Longleftrightarrow A^{-1}(p_1-\lambda p_2)=0\stackrel{\text{no deg.}}{\Longleftrightarrow}p_1=\lambda p_2$$
$$H_1\colon p_1x=0$$
$$H_2\colon \{p_2x=0\}\Leftrightarrow \{\textstyle{\frac{1}{\lambda}}p_1x=0\}\Leftrightarrow \{p_1x=0\}\colon H_1$$
Se concluye que, si $$A$$ es no degenerada, de $$\text{polar}_Q(H_1)=\text{polar}_Q(H_2)$$ se deduce $$H_1=H_2$$.
$$^{\dagger}$$
Obviamente, no lo digo por mí.
[cerrar]

Muchas gracias a ambos, queda todo mas que resuelto.