Permutationsinvariante Basis < Lineare Algebra < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 13:46 Fr 20.04.2007 | | Autor: | BJJ |
Hallo,
ich habe folgendes Problem:
Es sei V der n-dimensionale reelle Vektorraum und es sei [mm]S_n[/mm] die symmetrische Gruppe. Betrachte den Vektor [mm] \vec{x} = (x_1,..., x_n)[/mm]. Fuer eine Permutation [mm]\pi \in S_n[/mm] sei
[mm]\pi(\vec{x}) = (x_{pi(1)}, ..., x_{pi(n)})[/mm]
der Vektor, der durch Permutation der Komponenten [mm]x_i[/mm] von [mm]\vec{x}[/mm] entsteht.
Die Frage lautet nun: Gibt es eine Basis [mm]\vec{v}_1,..., \vec{v}_n[/mm] von V, so dass fuer alle n-Tupel [mm](\pi_1,..., \pi_n) [/mm] von Permutationen auch [mm]\pi_1(\vec{v}_1),..., \pi_n(\vec{v}_n)[/mm] eine Basis ist?
Fuer die kanonische Basis gilt das schon einmal nicht. Aber ich vermute dennoch, dass es sowas gibt. Hat jemand eine Idee, wie man das beweisen kann?
Erste Vorraussetzung fuer einen konstruktiven Beweis waere, dass man durch Permutationen der Komponenten eines Basisvektors keinen anderen Basisvektor erhalten darf. Ansonsten stehe ich aber auf den Schlauch.
Ich bin auch sehr daran interessiert, wie ihr das Problem angehen wuerdet oder was Ihr fuer Ideen habt. Es macht dabei nichts, wenn es sich spaeter als Sackgasse herausstellt.
Beste Gruesse
bjj
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(Antwort) fehlerhaft  | | Datum: | 14:18 Fr 20.04.2007 | | Autor: | Volker2 |
Hallo,
so eine Basis kann es nicht geben. Denn falls [mm] (v_1,\ldots,v_n) [/mm] eine solche wäre, wäre der
von Null verschiedene Vektor [mm] v_1+\ldots+v_n [/mm] invariant unter der Symmetrischen Gruppe.
Induktiv sollte man dann sehen können, dass die symmetrische Gruppe trivial auf [mm] k^n [/mm] operiert. Widerspruch!
Volker
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(Korrektur) fundamentaler Fehler  | | Datum: | 14:28 Fr 20.04.2007 | | Autor: | BJJ |
Hallo,
danke fuer Deine Antwort. Ich glaube aber Sie ist nicht korrekt. Betrachten wir beispielsweise den [mm]R^2[/mm]. Die Vektoren [mm](1, 2)[/mm] und [mm](3, 5)[/mm] bilden eine Basis. Moegliche Vertauschungen sind
[mm](2, 1)[/mm] und [mm](3, 5)[/mm]
[mm](1, 2)[/mm] und [mm](5, 3)[/mm]
[mm](2, 1)[/mm] und [mm](5, 3)[/mm]
Alle Paare aber sind linear unabhaengig und bilden daher eine Basis. Demzufolge existert so eine Basis fuer den 2-dimensionalen Fall. Wie zeigt man das baer fuer hoehere Dimensionen?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 15:21 Fr 20.04.2007 | | Autor: | SEcki |
> Es sei V der n-dimensionale reelle Vektorraum und es sei
> [mm]S_n[/mm] die symmetrische Gruppe. Betrachte den Vektor [mm]\vec{x} = (x_1,..., x_n)[/mm].
> Fuer eine Permutation [mm]\pi \in S_n[/mm] sei
>
> [mm]\pi(\vec{x}) = (x_{pi(1)}, ..., x_{pi(n)})[/mm]
Gut.
> Fuer die kanonische Basis gilt das schon einmal nicht.
> Aber ich vermute dennoch, dass es sowas gibt. Hat jemand
> eine Idee, wie man das beweisen kann?
Ja. Ich hab'S mir überlegt, und ist gar nicht schwer, also:
Dim sei n, seien die ersten k Vektoren konstruiert. Dann gibt es (maximal) [m]k*n![/m] verschieden Permutationen der verschiedenen Koeffizienten, also maximal soviele Unterräume, die von jeweils k Vektoren aufgespannt werden. Also endlich viele, daher nimm einen Vektor der in keinem Aufspann liegt (dann liegt auch keine Permutation in irgendeinen Aufspann, denn von einer Perm. [m]\tau[/m] kann man dann [m]\tau^-1[/m] auf alle Vektoren anwenden, fertig). Das geht so lange gut, so lange die Vektoren nicht dne ganzen Raum aufspannen. Et voila.
SEcki
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:34 Fr 20.04.2007 | | Autor: | BJJ |
Hallo,
tolle Antwort und so einfach. Wieso bin ich nicht darauf gekommen und wie kommt es, dass bei Dir der Groschen so schnell gefallen ist. Ich bin richtig neidisch.
Eine Verstaendnisfrage habe ich noch: Was willst du mit der folgenden Zeile mitteilen?
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denn von einer Perm. $ [mm] \tau [/mm] $ kann man dann $ [mm] \tau^-1 [/mm] $ auf alle Vektoren anwenden
---
Beste Gruesse
bjj
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:47 Fr 20.04.2007 | | Autor: | BJJ |
Alles klar und vielen Dank noch einmal fuer Deine Muehe.
Beste Gruesse
bjj
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:16 Fr 20.04.2007 | | Autor: | Volker2 |
Hallo,
ich hatte wohl die Frage zu komliziert verstanden. Deine Frage ist tatsächlich trivialerweise erfüllbar, denn die eine Permutation darstellende Matrix ist invertierbar bzw. schlicht und ergreifend deshalb, weil die symmetrische Gruppe eine Gruppe ist und Du eine Darstellung von ihr auf einem Vektorraum betrachtest (nämlich die durch Vertauschung der Koordinaten). Du mußt nur nachrechnen, dass es sich wirklich um eine Darstellung handelt, d.h.
[mm] \sigma(\tau.v)=(\sigma\tau).v
[/mm]
[mm] \epsilon.v=v
[/mm]
für alle Permutationen [mm] \sigma [/mm] und [mm] \tau, \epsilon [/mm] die identische Permutation und alle Vektoren [mm] v\in k^n. [/mm] Dann ist alles klar: Zu [mm] \tau [/mm] existiert die inverse Permutation [mm] \tau^{-1} [/mm] und die induziert auf [mm] k^n [/mm] die zu [mm] \tau [/mm] inverse lineare Abbildung.
D.h. jede Basis erfüllt deine Bedingung (AUCH die Standardbasis). Ich verstehe also Deine Frage immer noch nicht so recht.
Volker
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 17:45 Fr 20.04.2007 | | Autor: | SEcki |
> D.h. jede Basis erfüllt deine Bedingung (AUCH die
> Standardbasis). Ich verstehe also Deine Frage immer noch
> nicht so recht.
Maximal abstrahiert (also etwas): Gegen sei der Raum der nxn Matrizen, also ejdes Matrix hat Spalten 1 bis n. Betrachte nun alle (linearen) Abbildungen der Matrizen in sich, die bzgl. jeder Spalte eine Permutation der Koeffizienten darstellen. Frage: gibt es eine Matriz mit maximalen Rang, deren Rang invariant unter allen diesn Abbildungen ist? Antwort: ja.
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 07:53 Mo 23.04.2007 | | Autor: | statler |
Hallo Volker!
> ich hatte wohl die Frage zu kompliziert verstanden.
Nee, du hast sie falsch verstanden, weil du etwas übersehen hast. Der Fragesteller wendet nicht eine lineare Abbildung auf die Basisvektoren an, sondern auf jeden Basisvektor eine andere:
[mm] \pi_1(\vec{v}_1),..., \pi_n(\vec{v}_n)
[/mm]
> Deine
> Frage ist tatsächlich trivialerweise erfüllbar, denn die
> eine Permutation darstellende Matrix ist invertierbar bzw.
> schlicht und ergreifend deshalb, weil die symmetrische
> Gruppe eine Gruppe ist und Du eine Darstellung von ihr auf
> einem Vektorraum betrachtest (nämlich die durch
> Vertauschung der Koordinaten). Du mußt nur nachrechnen,
> dass es sich wirklich um eine Darstellung handelt, d.h.
>
> [mm]\sigma(\tau.v)=(\sigma\tau).v[/mm]
>
> [mm]\epsilon.v=v[/mm]
>
> für alle Permutationen [mm]\sigma[/mm] und [mm]\tau, \epsilon[/mm] die
> identische Permutation und alle Vektoren [mm]v\in k^n.[/mm] Dann ist
> alles klar: Zu [mm]\tau[/mm] existiert die inverse Permutation
> [mm]\tau^{-1}[/mm] und die induziert auf [mm]k^n[/mm] die zu [mm]\tau[/mm] inverse
> lineare Abbildung.
>
> D.h. jede Basis erfüllt deine Bedingung (AUCH die
> Standardbasis).
Eben nicht! Ich kann ja als [mm] \pi_{1} [/mm] die Vertauschung der ersten beiden Koordinaten nehmen und für die restlichen [mm]\pi[/mm]'s die Identität.
Was in SEckis Lösung zur vollen Schönheit genau genommen noch fehlt, ist der 'Induktionsanfang'. Aber der ist einfach, ich fange mit (1,....,1) an, weil der invariant ist. Es gibt bei n [mm] \ge [/mm] 2 immer einen Vektor außerhalb der von ihm aufgespannten Geraden. Der Fall n = 1 ist auch nicht so prickelnd.
Gruß aus HH-Harburg
Dieter
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:12 Mo 23.04.2007 | | Autor: | SEcki |
> Was in SEckis Lösung zur vollen Schönheit genau genommen
> noch fehlt, ist der 'Induktionsanfang'.
Gut, aber deiner ist zu umständlich - ich würde einfach mit [m]n=0[/m] anfangen, das heisst - man kann mit jedem nicht 0-Vektor anfangen.
Noch mal zur Klarheit: es ist wichtig, das wir nicht über einne endlichen Körper sind, man kann ja mal zum Spaß schaun, ob es auch da geht/nicht geht (wobei ich eher auf nicht tippen würde)
SEcki
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:32 Mo 23.04.2007 | | Autor: | Volker2 |
Hallo Dieter,
ich bin wohl vollends verblödet. Nichtsdestotrotz versuche ich es einfach noch ein drittes Mal: Sei k ein unendlicher Körper und [mm] V=k^n. [/mm] Für [mm] (\pi_1,\ldots,\pi_n)\in(\mathfrak{S}_n)^n [/mm] betrachte ich das lineare Funktional
[mm] \lambda_{(\pi_1,\ldots,\pi_n)}\colon \prod_{i=1}^n V\rightarrow \Lambda^n V\cong [/mm] k,
das [mm] (v_1,\ldots,v_n) [/mm] auf
[mm] \lambda_{(\pi_1,\ldots,\pi_n))}(v_1,\ldots,v_n)=\pi_1v_1\wedge\ldots\wedge \pi_nv_n
[/mm]
schicken. Die Frage ist nun (hoffentlich!), ob es ein Tupel [mm] (v_1,\ldots,v_n)\in V^n [/mm] gibt,
dass von keinem dieser Funktionale auf Null geschickt wird. Wegen
[mm] \lambda_{(\pi_1,\ldots,\pi_n))}(\pi_1^{-1}e_1,\ldots,\pi_n^{-1}e_n)=e_1\wedge\ldots\wedge e_n\neq [/mm] 0
sind ihre Kerne echte Unterräume von [mm] $V^n$. [/mm] Aber ein Vektorraum über einem unendlichen Körper ist nicht die Vereinigung endlich vieler echter Unterräume(*). Also gibt es einen Vektor
[mm] (v_1,\ldots,v_n)\in V^n-\bigcup_{(\pi_1,\ldots,\pi_n)} Ker(\lambda_{(\pi_1,\ldots,\pi_n)})
[/mm]
und das sollte nun endlich die gesuchte Basis ergeben. Man kommt also (scheinbar) ohne Induktion aus. Die steckt in einem Beweis der Aussage (*), die aber ziemlich bekannt ist (z.Bsp. Satz von Baire, falls [mm] k=\IR^n).
[/mm]
Volker
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