Los subespacios de $\Bbb R^n$ que contiene los vectores cuyas coordenadas satisfacen prescrito desigualdades

Question

Para cualquier entero $n\ge2$, el espacio vectorial $\Bbb R^n$ se divide en $n!$ "cuñas" por la prescripción que coordinar es el más grande, el segundo más grande, etc. Uno de esos cuña es $$\{(x_1,\dots,x_n)\in\Bbb R^n\colon x_1>x_2>\cdots>x_n\},$$ and the other wedges have similar definitions but with the $x_j$ permutan en la cadena de desigualdades.

Tenga en cuenta que cada cuña es invariante bajo la traducción por múltiplos de los vectores $(1,\dots,1)$. Por lo tanto, el subespacio $\{(x_1,\dots,x_n)\in\Bbb R^n\colon x_1+x_2+\cdots+x_n=0\}$, que consta de todos los vectores ortogonales a $(1,\dots,1)$, se cruza (el interior) de cada cuña.

Pregunta: ¿alguno de los más pequeños subespacio (es decir, de la dimensión de $n-2$ o menos) se cruzan cada cuña?

Equivalentemente, ¿existe un adecuado subespacio de $\Bbb R^n$ que contiene $(1,\dots,1)$, pero se las arregla para intersectar cada cuña? (Esto es equivalente porque si $W$ es un subespacio, entonces el complemento ortogonal de $(1,\dots,1)$ dentro $W$ es un subespacio de dimensión en la mayoría de las $n-2$ que aún se cruza cada cuña.)

A partir de dibujos de animales y la astucia, sé que la respuesta es "no" para$n=2$$n=3$. Pero incluso para $n=4$, no he sido capaz de demostrar que un $2$-dimensiones subespacio no pueden cruzarse cada cuña. Me encantaría una prueba de que la respuesta es "no" para todas las $n$ (o, sólo un poco menos, una prueba de que la respuesta es "sí").

Answer 1

Creo que he encontrado una prueba de que la respuesta es, de hecho, "no", así que voy a publicar aquí para evitar la confusión a los lectores futuros. La idea es que ninguna de cuña es lo suficientemente grande como para contener los vectores que son perpendiculares uno al otro, si no tenemos permitido el uso de las $(1,...,1)$ dirección.

Vamos a comprobar la siguiente declaración equivalente: si $V$ es un subespacio de $\Bbb R^r$ que no contengan $(1,\dots,1)$$\dim V \le r-2$, $V$ no se cruzan algunos de cuña $W_\sigma$. El complemento ortogonal del subespacio generado por $V$ $(1,\dots,1)$ tiene dimensión $r-(\dim V+1)\ge1$; por lo tanto, podemos elegir un vector distinto de cero $(y_1,\dots,y_r) \in \big(V\cup(1,\dots,1)\big)^\perp$; en particular, $y_1+\cdots+y_r=0$. Por permuting las coordenadas de $\Bbb R^r$, podemos suponer que la $y_1\le y_2\le \cdots \le y_r$. Pretendemos que $V$ no se cruzan $W_{id} = \big\{ (x_1,\dots,x_r) \in \Bbb R^r \colon x_1 < x_2 < \cdots < x_r \big\}$.

Supongamos que por el bien de la contradicción que había algo de $(z_1,\dots,z_r) \in W_{id} \cap V$. A continuación,$z_1<z_2<\cdots<z_r$, e $y_1z_1 + y_2z_2 + \cdots + y_rz_r=0$ desde $(z_1,\dots,z_r) \in V$$(y_1,\dots,y_r) \in V^\perp$. Para el momento de asumir que no $y_j$ es igual a $0$; elija $0<k<r$ tal que $y_k<0<y_{k+1}$. Entonces, gracias a la conocida ordenando $z_1<z_2<\cdots<z_r$, tenemos \begin{align*} 0 = y_1z_1 + y_2z_2 + \cdots + y_rz_r &\ge (y_1+\cdots+y_k)z_k + (y_{k+1}+\cdots+y_r)z_{k+1} \\ &= (z_{k+1}-z_k)(y_{k+1}+\cdots+y_r) > 0, \end{align*} donde el centro de la igualdad se sigue de $y_1+\cdots+y_r=0$. Esta contradicción establece que la reclamación en el caso de que no $y_j$ es igual a $0$. Si $y_k < 0 = y_{k+1} = \cdots = y_{k'} < y_{k'+1}$, entonces el argumento anterior pasa a través de con $k+1$ reemplazado por $k'+1$ en todas partes.