Conjuntos de vectores con una propiedad determinada

Question

Supongamos que tengo dos conjuntos, $A$ y $B$ cada uno de los cuales contiene un número de $n$ -vectores dimensionales. Cada uno de los elementos de estos vectores son reales y no negativos. Quiero que estos conjuntos tengan la propiedad de que $\mathbf{a}\cdot \mathbf{b} = 1$ siempre que $\mathbf{a}\in A$ y $\mathbf{b}\in B$ . Toma, $\mathbf{a}\cdot \mathbf{b}$ es el producto punto habitual, es decir $\mathbf{a}\cdot \mathbf{b} = \sum_i a_i b_i$ .

Hay algunas maneras fáciles de construir ejemplos de esto, pero mi pregunta es sobre cómo caracterizar adecuadamente el conjunto de todas las soluciones posibles.

Por ejemplo $A=\{(1/2,1/2)\}$ y $B = \{(1,1),(1/2,3/2)\}$ pero no es un ejemplo muy interesante porque $A$ sólo tiene un elemento. Un ejemplo algo más interesante es $A=\{(1,0,0),(1,1,0)\}$ , $B=\{(1,0,0),(1,0,1)\}$ pero eso depende de que los elementos de los vectores sean cero.

Mi primera pregunta es, ¿hay algún ejemplo en el que ambos $A$ y $B$ tienen más de un elemento y todos los elementos de cada vector son positivos?

Mi segunda pregunta es, ¿existe una forma sencilla de construir el conjunto de todos los conjuntos posibles $A$ y $B$ dado $n$ (la dimensionalidad del espacio vectorial) y el número de elementos en $A$ y $B$ ?

Answer 1

Lo que sigue está en $\mathbb{R^3}$ (con una interpretación en 2D).

Comencemos por una solución :

$A=\{(0.5,2,1),(0.5,1,2)\}$ con por ejemplo $B=\{(0.8,0.2,0.2),(1.4,0.1,0.1)\}, $

y de forma más general manteniendo el mismo conjunto $A$ , $B$ es el conjunto (infinito) de todos los vectores de la forma $(2-6t,t,t)$ para $0 < t < 1/3$ .

He aquí un método general que explica el aspecto crucial de la elección de $A$ (que he utilizado para encontrar el caso particular presentado más arriba).

Al recibir el conjunto $A=\{(a,b,c),(a'b'c')\}$ en el ortante positivo $\Omega:=\mathbb{R_+^3}$ en qué condiciones en $a,b,c,a',b',c'$ realiza el siguiente sistema

$$\tag{1}\begin{cases}ax+by+cz&=&1\\a'x+b'y+c'z&=&1\\\end{cases}$$

poseer soluciones $(x,y,z) \in \Omega$ .

(1) puede escribirse bajo la siguiente forma equivalente:

$$\tag{2} \text{Find} \ \ x,y,z >0 \ \ \text{such that} \ \ x\binom{a}{a'}+y\binom{b}{b'}+z\binom{c}{c'}=\binom{1}{1}.$$

A necesario y suficiente para que (2) se cumpla es la siguiente:

Sea $P\binom{a}{a'}, Q\binom{b}{b'}, R\binom{c}{c'}$ . Sea $\Delta$ sea la línea bisectriz del cuadrante positivo en $\mathbb{R^2}$ y $\Delta_-$ resp. $\Delta_+$ las regiones abiertas delimitadas por $\Delta$ (ángulos polares $<\pi/4$ resp. $>\pi/4$ (véase la figura).

Existe una solución a (1) si triángulo $PQR$ es un triángulo no plano atravesado por $\Delta$ .

(es decir, no todos $P,Q,R$ en $\Delta_+$ y no todos en $\Delta_-).$

Prueba:

Si $P\binom{a}{a'},Q\binom{b}{b'},R\binom{c}{c'}$ están todos en $\Delta_+$ o todo en $\Delta_-$ , cualquier combinación lineal de ellas con coeficientes positivos seguirá estando en la misma región, lo que conduce a la imposibilidad de que la RHS de (2) sea su suma.

De forma inversa (véase la figura), supongamos que, por ejemplo $P \in \Delta_-$ y $Q, R \in \Delta_+$ , línea $\Delta$ triángulo cruzado $PQR$ en dos puntos $S$ y $T$ . Sea $I$ sea el punto medio de $[ST]$ con coordenadas $(\alpha,\alpha)$ para un determinado $\alpha$ . $I$ tiene lo que se denomina coordenadas baricéntricas $(x,y,z)=(x_0,y_0,z_0)$ con $x_0,y_0,z_0>0$ y $x_0+y_0+z_0=1$ tal que:

$$x_0\binom{a}{a'}+y_0\binom{b}{b'}+z_0\binom{c}{c'}=\binom{\alpha}{\alpha}.$$

Basta entonces con tomar $x=x_0/\alpha, \ y=y_0/\alpha, z=z_0/\alpha $ para que (2) se cumpla.

Ahora, ¿por qué hay un infinito número de soluciones para (2) ? Se pueden dar dos razones diferentes

• (i) Cualquier punto $I$ entre $S$ y $T$ (no necesariamente su punto medio) se podrían haber tomado, y así se podría haber generado una solución.

• (ii) Porque (1) (a menos que $(a,b,c)$ y $(a',b',c')$ son proporcionales) es la intersección de 2 planos, es decir, representa una línea recta que pasa por $(x_0/\alpha,y_0/\alpha,z_0/\alpha)$ es decir, de la forma $(x,y,z)=(x_0/\alpha+pt,y_0/\alpha+qt,z_0/\alpha+rt), \ t \in \mathbb{R}$ . Simples argumentos de continuidad demuestran que dicha línea tiene un número infinito de puntos en $\Omega$ .

Observación : $(p,q,r)$ introducido anteriormente puede tomarse claramente como el producto cruzado de $(a,b,c)$ y $(a',b',c')$ .

Apéndice: Si $A$ tiene tres elementos, evidentemente se puede extender este razonamiento. Pero la restricción adicional $a''x+b''y+c''z=1$ en la relación (1) da (si se cumple la condición equivalente de estar en un determinado triángulo) a único solución $(x,y,z) \in \Omega$ en el caso general. Así, $A$ tiene tres elementos, pero $B$ sólo tiene uno. Para $n>3$ no hay soluciones en el caso general ((1) se convierte en un sistema sobredeterminado).

En conclusión : se puede decir en cierto sentido que $A$ está representado por el triángulo $PQR$ y $B$ está representado por el segmento de línea $[ST]$ .

Answer 2

En términos de álgebra lineal, y sin mirar los signos de las coordenadas de los vectores implicados, se puede decir lo siguiente: Cada $B$ -define un hiperplano $H_i\!:\ {\bf b}_i\cdot{\bf x}=1$ en ${\mathbb R}^n$ . La intersección $S:=\bigcap_{i=1}^r H_i$ de estos hiperplanos es un subespacio afín de ${\mathbb R}^n$ de dimensión $n-r$ o superior. La configuración $(A,B)$ es admisible si todos los vectores ${\bf a}_k\in A$ yacen en $S$ .

La restricción difícil de manejar es que todas las coordenadas implicadas deben ser $\geq0$ .

Answer 3

Para llegar a una clasificación, hagamos primero algunas observaciones simplificadoras. Supongamos que tenemos un buen conjunto $(A,B)$ . Dado cualquier vector $(a_1, a_2, ..., a_n) \in A$ cuyas coordenadas son todas positivas, defina $A'$ reescalando $A$ por un factor $a_i^{-1}$ en el $i$ ª dirección. Para preservar los productos internos, sea $B'$ ser obatinado por escala $B$ por un factor $a_i$ en el $i$ dirección. Estas operaciones de escala preservan la positividad y los productos internos entre vectores en $A$ y $B$ por lo que el par escalado $(A', B')$ sigue siendo buena, y ahora tenemos $(1, 1, ..., 1) \in A'$ .

En concreto, esto significa que cada vector de $B'$ debe cumplir $\sum_i b_i = 1$ así como $b_i > 0$ para todos $i$ . Es decir $B'$ se encuentra en el interior de la convexa del conjunto de vectores base, $\{ e_i : 1 \le i \le n \}$ (donde $e_i$ es $1$ en el $i$ y $0$ en todos los demás sitios). Denotemos este interior por $F^0$ .

Ahora para generar un buen par, fija cualquier subconjunto $B' \subseteq F^0$ . Como se ha mencionado en las respuestas anteriores, cada punto $\vec{b} \in B'$ define un hiperplano $H_{\vec{b}} = \{\vec{x} \in \mathbb{R}^n : \vec{x} \cdot \vec{b} = 1 \}$ . Obsérvese que, dado que $\sum_i b_i = 1$ debemos tener $\vec{1} = (1, 1, ..., 1) \in H_{\vec{b}}$ . Por lo tanto, estableciendo $\vec{y} = \vec{x} - \vec{1}$ podemos traducir por $\vec{1}$ y trabajar con el subespacio $V_{\vec{b}} = \{ \vec{y} \in \mathbb{R}^n : \vec{y} \cdot \vec{b} = 0 \} = \{ \vec{b} \}^{\perp}$ .

Queremos que esta condición se cumpla para cada vector en $B'$ por lo que consideramos la intersección de todos estos subespacios, $V = \cap_{\vec{b} \in B'} V_{\vec{b}} = (B')^{\perp}$ el espacio ortogonal a $B'$ . Tenga en cuenta que $V$ es un subespacio, siempre es no vacío (ya que $\vec{0} \in V$ ). Además, su dimensión es igual a $n - \dim \operatorname{span}(B')$ . Por lo tanto, si $B'$ es de dimensión completa, entonces $V$ consistirá únicamente en $\vec{0}$ ; de lo contrario $V$ tendrá infinitos puntos.

Por último, debemos atender al requisito de positividad. Queremos que todos los vectores $\vec{x} \in A'$ para tener coordenadas positivas. Sin embargo, recordemos que $V$ se obtuvo traduciendo por $\vec{1}$ . Así pues, nos interesa el conjunto $S = \{ \vec{y} \in V : \forall i, y_i > -1 \}$ . Obsérvese que contiene una bola abierta alrededor del origen, por lo que no es vacía (y de hecho tiene la misma dimensión que $V$ ). Ahora podemos obtener el conjunto $A'$ tomando cualquier subconjunto de $S$ y volviendo a traducir por $\vec{1}$ es decir, cualquier subconjunto $A' \subseteq S'$ lo hará, donde $S' = \{ \vec{y} + \vec{1} : \vec{y} \in S \}$ .

Esto nos da un buen par $(A', B')$ con $\vec{1} \in A'$ . Para mayor generalidad, podemos reescalar las coordenadas; dado cualquier real positivo $\lambda_i$ , $1 \le i \le n$ defina el conjunto $A$ reescalando $A'$ por un factor de $\lambda_i$ en el $i$ y el conjunto $B$ reescalando $B'$ por un factor $\lambda_i^{-1}$ en el $i$ dirección. Esto da un par totalmente general $(A,B)$ cumplir los requisitos.

TLDR: Deja que $B'$ sea un conjunto de vectores con coordenadas positivas que sumen $1$ dejar $S$ sean los vectores del complemento ortogonal del tramo de $B'$ cuyas coordenadas son todas mayores que $1$ y obtener $A'$ añadiendo $\vec{1}$ a cada vector en algún subconjunto de $S$ . Ahora, para algún positivo $\lambda_i \in \mathbb{R}$ , consigue el par $(A,B)$ por escala $A'$ par $\lambda_i$ y $B'$ par $\lambda_i^{-1}$ en el $i$ ª dirección para cada $i$ .

Answer 4

Trabajar en $n$ dimensiones, supongamos $A$ contiene algún número positivo de vectores. Elija un vector en $A$ y llamaremos a este vector $a_1$ . El conjunto de todos los vectores $b$ tal que $a_1 \cdot b = 1$ es el hiperplano de $n - 1$ dimensiones perpendiculares a $a_1$ que pasa por el punto de desplazamiento $\frac{a_1}{\|a_1\|^2}$ desde el origen en el mismo lado del origen que $a_1$ . Así que $B$ debe ser un subconjunto de ese hiperplano.

Si suponemos que hay otro elemento de $A$ Llámalo $a_2$ donde $a_2\neq a_1$ se deduce que $B$ debe ser un subconjunto del hiperplano de $n - 1$ dimensiones perpendiculares a $a_2$ que pasa por el punto de desplazamiento $\frac{a_2}{\|a_2\|^2}$ desde el origen en el mismo lado del origen que $a_2$ . De hecho, $B$ debe ser un subconjunto de la intersección de los dos hiperplanos ya descritos. Si $a_2$ es un múltiplo escalar de $a_1$ la intersección está vacía; en caso contrario, se trata de un hiperplano de dimensión $n-2$ .

Si hay un tercer vector en $A$ podría ser linealmente independiente de $a_1$ y $a_2$ en cuyo caso $B$ es un subconjunto de un hiperplano de dimensión $n-3$ que es la intersección de los tres hiperplanos determinados por los tres vectores; o el tercer vector podría ser una combinación lineal de la forma $ra_1 + (1-r)a_2$ donde $r$ es cualquier número real, en cuyo caso no impone ninguna nueva restricción a $B$ . Es decir, una vez que tenemos dos vectores en $A$ toda una línea unidimensional dentro del espacio vectorial (o cualquier subconjunto de esa línea) puede incluirse en $A$ "gratis".

Siguiendo así, si identificamos $k$ vectores linealmente independientes en $A$ entonces estos vectores determinan un $(n-k)$ -hiperplano dimensional del cual $B$ debe ser un subconjunto, así como un $(k-1)$ -hiperplano dimensional del cual $A$ debe ser un subconjunto.

En tres dimensiones, si queremos $A$ y $B$ cada uno para contener más de un vector, cada uno de los conjuntos $A$ y $B$ debe ser un subconjunto de una línea en el espacio vectorial. Dejando de lado (hasta más adelante) el requisito de que las coordenadas sean positivas, un ejemplo es cuando $A=\{(x,0,1) \mid x\in\mathbb R\}$ y $B=\{(0,y,1) \mid y\in\mathbb R\}$ . También podemos tener $A=\{(x,0,a) \mid x\in\mathbb R\}$ y $B=\{(0,y,\frac1a) \mid y\in\mathbb R\}$ donde $a$ es una constante real distinta de cero, y podemos aplicar una rotación sobre el origen simultáneamente a estas dos rectas y obtener dos nuevas rectas aptas para contener a $A$ y $B$ . Tenga en cuenta que cualquier rotación que tome $(0,0,1)$ a un punto con coordenadas sólo positivas hará que las dos líneas también contengan segmentos con coordenadas sólo positivas.

Por ejemplo $A$ sea cualquier subconjunto de la línea que pasa por $(\frac23,\frac53,2)$ y $(\frac32,\frac54,\frac34)$ y que $B$ sea cualquier subconjunto de la línea que pasa por $(\frac38,\frac14,\frac16)$ y $(\frac3{10},\frac25,\frac1{15})$ . En caso de que te estés preguntando cómo encontré esos puntos en particular, adiviné la línea $(2,1,0)+t(-2,1,3)$ (en forma paramétrica) contendría algunos puntos que evitarían ceros y coordenadas duplicadas, que sea la línea que contiene $A$ , resuelto para la línea que contiene $B$ que es $(0,1,-\frac13)+u(1,-2,\frac43)$ y elegimos dos puntos adecuados en cada línea.