Intersección de subespacios de (Z_7)^4

Hallamos una base de la intersección de dos subespacios de $ (\mathbb{Z_7})^4.$

Enunciado
En el espacio $(\mathbb{Z}_7)^4$ determinar la intersección de los subespacios dados por

$L_1=\left<(2,3,0,4),(3,5,0,6),(0,4,2,0)\right>\;,\quad L_2\equiv \left \{ \begin{matrix}2x_1+2x_3-x_4=0\\ 3x_1+5x_2-3x_3=0.\end{matrix} \right.$

(Propuesto en hojas de problemas, Álgebra, ETS de Ing, de Caminos, UPM).

Solución
Las tablas de la suma y producto en $\mathbb{Z}_7=\{0,1,2,3,4,5,6\}$ son $$\begin{array}{r|*{6}{r}}{+}&0&1&2&3&4&5&6\\\hline
{}0&0&1&2&3&4&5&6\\
{}1&1&2&3&4&5&6&0\\
{}2&2&3&4&5&6&0&1\\
{}3&3&4&5&6&0&1&2\\
{}4&4&5&6&0&1&2&3\\
{}5&5&6&0&1&2&3&4\\
{}6&6&0&1&2&3&4&5
\end{array}$$$$\begin{array}{r|*{6}{r}}{\cdot}&0&1&2&3&4&5&6\\\hline
{}0&0&0&0&0&0&0&0\\
{}1&0&1&2&3&4&5&6\\
{}2&0&2&4&6&1&3&5\\
{}3&0&3&6&2&5&1&4\\
{}4&0&4&1&5&2&6&3\\
{}5&0&5&3&1&6&4&2\\
{}6&0&6&5&4&3&2&1
\end{array}$$

Por tanto, los elementos opuesto $-a$ e inverso $a^{-1}$ de cada $a\in\mathbb{Z}_7$ son $$\begin{array}{r|*{6}{r}}{}&0&1&2&3&4&5&6\\\hline
{}-a&0&6&5&4&3&2&1\\
{}\;\;\;a^{-1}&\not\exists&1&4&5&2&3&6
\end{array}$$ Usando la información anterior, hallemos unas ecuaciones cartesianas de $L_1.$ Todo vector de este subespacio se puede expresar en la forma

$(x_1,x_2,x_3,x_4)=\lambda_1(2,3,0,4)+\lambda_2(3,5,0,6)+\lambda_3(0,4,2,0)\quad(\lambda_i\in \mathbb{Z}_7).$

De forma equivalente:

$L_1\equiv \left \{ \begin{matrix}x_1=2\lambda_1+3\lambda_2\\ x_2=3\lambda_1+5\lambda_2+4\lambda_3 \\ x_3=2\lambda_3\\x_4=4\lambda_1+6\lambda_2 \end{matrix}\right.\quad (\lambda_i\in \mathbb{Z}_7).$

Eliminemos los parámetros:

$\left[\begin{array}{ccc|c}
2 & 3 & 0 & x_1 \\
3 & 5& 4 & x_2 \\
0 & 0 & 2 & x_3\\
4 & 6 & 0 & x_4
\end{array}\right] \sim (2F_2-3F_1, F_4-2F_1)\;
\left[\begin{array}{ccc|c}
2 & 3 & 0 & x_1 \\
0 & 1& 1 & 2x_2-3x_1 \\
0 & 0 & 2 & x_3\\
0 & 0 & 0 & x_4-2x_1
\end{array}\right]\;.$

Es decir, $L_1$ está determinado por la ecuación cartesiana $x_4-2x_1=0.$ Unas ecuaciones cartesianas de $L_1\cap L_2$ son por tanto

$L_1\cap L_2\equiv \left \{ \begin{matrix}-2x_1+x_4=0\\2x_1+2x_3-x_4=0\\ 3x_1+5x_2-3x_3=0.\end{matrix} \right.$

Escalonando el sistema:

$\displaystyle\begin{aligned}
\left[\begin{array}{cccc|c}
-2 & 0 & \;\;\;0 &\;\;\; 1 &0 \\
\;\;\;2 & 0& \;\;\;2 & -1 & 0 \\
\;\;\;3 & 5 & -3 & \;\;\;0&0
\end{array}\right] &\sim (F_2+F_1,2F_3+3F_1)\;
\left[\begin{array}{cccc|c}
-2 & 0 & \;\;\;0 &\;\;\; 1 &0 \\
\;\;\;0 & 0& \;\;\;2 & \;\;\;0 & 0 \\
\;\;\;0 & 3 & -6 & \;\;\;3&0
\end{array}\right]\\
&\sim (3^{-1}F_3, F_2\leftrightarrow F_3)\;\left[\begin{array}{cccc|c}
-2 & 0 & \;\;\;0 &1 &0 \\
\;\;\;0 & 1& -2 & 1 & 0 \\
\;\;\;0 & 0 & \;\;\;2 & 0& 0
\end{array}\right]\;.
\end{aligned}$

El rango de la matriz $A$ del sistema escalonado es 3, por tanto:

$\dim (L_1\cap L_2)=\dim (\mathbb{Z}_7)^4-\text{rg }A=4-3=1.$

Para hallar una base de $L_1\cap L_2$ basta asignar a la incógnita libre $x_4$ el valor 1. La tercera ecuación es $2x_3=0$ con lo cual $x_3=0.$ Sustituyendo en la segunda queda $x_2=-1$ o bien $x_2=6.$ Sustituyendo en la primera queda $-2x_1=-1$ o bien $2x_1=1$ o bien $x_1=4.$ Concluimos que una base de $L_1\cap L_2$ es

$B=\{(4,6,0,1)\}.$

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