Marca algunos vectores en $\mathbb{R}^n$ de manera que cada base ortonormal tenga un número impar de vectores marcados

Question

Sea $n$ un número natural. ¿Existe un conjunto $S$ de vectores de norma $1$ en $\mathbb{R}^n$ tal que cada base ortonormal de $\mathbb{R}^n$ contenga un número impar de vectores de $S$?

Si $n$ es impar, la respuesta es trivialmente sí: Se puede tomar simplemente $S$ como todo $\mathbb{R}^n$.

Si $n=2$, la respuesta también es sí: Por ejemplo, tomar $S=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:xy>0\}\cup\{(1,0),(-1,0)\}$.

¿Qué pasa si $n=4$?

Answer 1

No existe tal conjunto $S$ para $n\ge4$. Primero manejamos el caso $n=4$ mediante un argumento de paridad: A continuación proporcionamos un conjunto $V\subset\mathbb R^4$ de $18$ vectores distintos y un conjunto $T$ de $9$ bases ortonormales (con vectores de $V$) de manera que cada vector de $V$ está contenido exactamente en $2$ bases de $T$.

Ahora contamos dos veces el conjunto \begin{equation} M=\{(v, t)\;|\;v\in V\cap S, v\in t, t\in T\}. \end{equation} Dado $v\in V\cap S$, hay exactamente dos $t\in T$ tal que $(v,t)\in M$. Por lo tanto, $\lvert M\rvert$ es par. Por otro lado, dado una de las $9$ posibilidades de $t$, el número de $v$'s tal que $(v,t)\in M$ es impar por asunción. Por lo tanto, $\lvert M\rvert$ es impar, lo cual es una contradicción.

Para simplificar la notación, en el siguiente ejemplo los vectores difieren de los vectores normalizados por un factor positivo. Como la verificación manual podría ser un poco engorrosa, proporciono el código Python directo que demuestra la afirmación:

from itertools import combinations, chain

T = [[(0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, -1), (1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 1)],
     [(0, 0, 1, -1), (1, 1, 1, 1), (1, 1, -1, -1), (1, -1, 0, 0)],
     [(0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, -1)],
     [(0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, -1), (0, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 1)],
     [(1, 1, -1, 1), (1, -1, 0, 0), (0, 0, 1, 1), (1, 1, 1, -1)],
     [(1, -1, 1, -1), (1, 0, -1, 0), (1, 1, 1, 1), (0, 1, 0, -1)],
     [(0, 1, 0, 1), (1, 1, 1, -1), (1, -1, 1, 1), (1, 0, -1, 0)],
     [(1, -1, 1, -1), (1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0), (1, 1, -1, -1)],
     [(1, 1, -1, 1), (1, 0, 0, -1), (0, 1, 1, 0), (1, -1, 1, 1)]]

V = list(chain(*T))

def inner_prod(u, v):
    return sum(x*y for x, y in zip(u, v))

def is_ortho(t):
    return all(inner_prod(u, v) == 0 for u, v in combinations(t, 2))

assert all(is_ortho(t) for t in T)
assert all(V.count(v) == 2 for v in V)

Luego mostramos que si $\mathbb R^n$ no tiene tal conjunto $S$, entonces tampoco lo tiene $\mathbb R^{n+2}$. El argumento está inspirado en la respuesta de Alex Ravsky, pero creo que es más fácil de digerir:

Para llegar a una contradicción, asumimos que $\mathbb R^{n+2}$ tiene tal conjunto $S$. Sea $e_1=(1,0,\ldots),\ldots,e_{n+2}=(\ldots,0,1)$ los vectores de la base estándar de $\mathbb R^{n+2}$. Como $n+2\ge3$, hay dos de estos vectores que o bien están ambos en $S$ o ninguno está en $S$. Reordenando las coordenadas, podemos y asumimos que esto se aplica a $e_{n+1}$ y $e_{n+2}$.

Para $v\in\mathbb R^n$ sea $\hat v\in\mathbb R^{n+2}$ la extensión de $v$ por $(0,0)$. Definimos \begin{equation} S'=\{v\in\mathbb R^n\;|\;\hat v\in S\}. \end{equation} Ahora sea $v_1,\ldots,v_n$ una base ortonormal arbitraria de $\mathbb R^n$. Entonces $\hat v_1,\ldots,\hat v_n,e_{n+1},e_{n+2}$ es una base ortonormal de $\mathbb R^{n+2}$. Por suposición, un número impar de ellos está contenido en $S$, y este número es congruente módulo $2$ al número de $v_i$'s en $S'$. Por lo tanto, $S'$ es un conjunto admisible para $\mathbb R^n$, una contradicción.

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Observación: No sé si hay una descripción más conceptual de los ejemplos dados o similares para $n=4$. Este ejemplo tiene algunas simetrías: Considera el grafo cuyo conjunto de vértices es $V$ y dos vértices están conectados si y solo si sus vectores son ortogonales. Luego, este grafo es transitivo por vértices con un grupo de automorfismos de orden $72$. Los intentos con grafos transitivos por vértices más pequeños no tuvieron éxito.

Answer 2

Peter Mueller proporcionó una respuesta negativa para $n=4$. Según esto, demostramos que la respuesta es negativa para cualquier $n\ge 4$ par.

De hecho, supongamos por contradicción que el espacio $V=\mathbb R^n$ admite una coloración requerida.

Comenzamos con la siguiente observación simple. Deje $V'$ ser cualquier subespacio de $V$ y $V''$ ser el complemento ortogonal del espacio $V'$, es decir, $$V''=\{v\in V: (v,v')=0\mbox{ para cualquier }v'\in V'\}.$$ Deje que $B'$ y $B^*$ sean bases ortonormales del espacio $V'$ y $B''$ sea cualquier base ortonormal del espacio $V'' . Luego tanto $B'\cup B''$ como $B^*\cup B''$ son las bases ortonormales para el espacio $V$, por lo que contienen un número impar de vectores de $S$ cada uno. Por lo tanto, la paridad del número de vectores de $S$ es la misma para $B'$ y para $B^*$. Ponga $p(V')=\bar 0$, si esta paridad es par, y $p(V')=\bar 1$, de lo contrario, donde $\bar 0$ y $\bar 1$ pertenecen al campo $\mathbb Z_2=\mathbb Z/2\mathbb Z$ de residuos módulo $2$. Es fácil ver que $p(V')=p(V^*)+p(V^{**})$ para cualquier descomposición de $V$ en una suma de sus subespacios ortogonales $V^*$ y $V^{**}$.

La respuesta de Peter Mueller implica que $p(V')$ es par para cualquier subespacio $V'$ de $V$ de dimensión $4$. Además, si la dimensión de un subespacio $V'$ de $V$ es divisible por $4$, entonces $V'$ se descompone en una suma directa de subespacios ortogonales de dimensión $4$, por lo que $p(V')=\bar 0$. En particular, si $n\equiv 0\pmod 4$ entonces $p(V)=\bar 0$, una contradicción. Así que supongamos que $n\equiv 2\pmod 4$. Si existe un subespacio de dimensión $2$ $V'$ de $V$ tal que $p(V')=\bar 0$ entonces $V$ se descompone en una suma de $V'$ y su complemento ortogonal $V''$, entonces $p(V)=p(V')+p(V'')=\bar 0+\bar 0=\bar 0$, una contradicción. Por lo tanto, $p(V')=\bar 1$ para cualquier subespacio de dimensión $2$ $V'$ de $V$. Ahora elija cualquier vector $v\in S$ y cualquier subespacio de dimensión $2$ $V^*$ de $V$, ortogonal a $v$. Dado que $p(V^*)=\bar 1$, existe un vector $u\in S\cap V^*$. Deje que $V'$ sea el subespacio de $V$ generado por su base ortogonal $\{v,u\}$. Dado que tanto $v$ como $u$ pertenecen a $S$, tenemos que $p(V')=\bar 0$, una contradicción.