Me encontré con la siguiente conjetura, leyendo un artículo reciente en el Monthly, una matriz ortogonal de orden $n\neq 0 \pmod 4$ tiene un vector fila no negativo (hasta un escalar). Debe ser recto en las dimensiones $2$ y $3$ .
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Nik NexAndrX
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He aquí un sencillo argumento de que esto es falso para $n > 2$ .
En la dimensión $n$ hay $2^{n}$ ortantes, $2^{n-1}$ si se considera el signo del módulo. Un par de ortantes antipodales significa un par de ortantes cuyos patrones de signo son exactamente opuestos (por ejemplo, la unión del ortante positivo con el ortante negativo).
El punto clave es que un marco ortonormal contiene $n$ vectores, de los cuales no hay dos que se encuentren en el mismo par de ortantes antipodales. Si dos vectores no nulos se encuentran en el interior del mismo ortante, su producto interior es positivo porque es una suma de números no negativos que no son todos nulos. (Si se encuentran en el límite del mismo ortante, una pequeña rotación los mueve a ortantes diferentes).
La "conjetura" original supone que necesariamente uno de los vectores de un marco ortonormal se encuentra en un determinado ortante. Sin embargo, como $2^{n-1} > n$ si $n > 2$ , necesariamente algún par de ortantes antipodales no contiene ningún vector del marco (principio de encasillamiento). Dado que las permutaciones de las coordenadas son transformaciones ortogonales que permutan los ortantes (y preservan los ortantes antipodales), dado un ortante particular siempre hay un marco ortonormal que no contiene ningún vector del ortante.
(Nótese que lo anterior es un poco vago en el sentido de que no se especifica si los ortantes son abiertos o cerrados; como el objetivo es construir un contraejemplo, esto no importa mucho).
Dipak
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No es una respuesta, sólo un comentario extenso.
La conjetura es cierta para $n=2$ ya que conocemos la forma de las matrices ortogonales: $\begin{pmatrix}a & -b \cr b & a\end{pmatrix}$ o $\begin{pmatrix}a & b \cr b & -a\end{pmatrix}$ para algunos $a,b\in\mathbb{R}$ tal que $a^2+b^2=1$ .
Para $n=4,$ hay contraejemplos, como $ M=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} -1 & 1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & 1 & 1 \\ 1 & -1 & -1 & 1 \\ -1 & -1 & -1 & -1 \end{pmatrix}$ Tomando matrices diagonales en bloque cuyos bloques diagonales son todos iguales a $M$ dan un contraejemplo para cualquier $n\equiv 0 \ [4]$ , por lo que no podemos esperar un resultado mejor que el que se conjetura.
Obsérvese ahora que la transposición induce una biyección en el conjunto de matrices ortogonales, por lo que podemos sustituir con seguridad "fila" por "columna".
Por lo tanto, la conjetura se puede reformular como: para $n\not\equiv 0 \ [4]$ cualquier base ortonormal de $\mathbb{R}^n$ contiene un vector cuyas coordenadas tienen todas el mismo signo.
Supongamos que $n=3$ y que $(u,v,w)$ sea una base ortonormal. Intercambiando $u,v$ si es necesario, se puede suponer que esta base es directa, por lo que $w=u\wedge v$ . Obsérvese que la respuesta no se ve afectada por la multiplicación de $u$ o $v$ por un escalar, así que lo que realmente tenemos que demostrar es: suponer que $u,v$ son ortogonales y que las coordenadas de $u$ (resp. $v$ ) no tienen el mismo signo, entonces las coordenadas de $u\wedge v$ tienen el mismo signo. Esto debería ser fácil (pero tedioso) de comprobar. (Todavía no lo he intentado)
