Линейный оператор, переводящий множество векторов из 0 и 1

[Lilia19]

Пусть $n, m$ — натуральные числа, $1\leq m \leq n-1,$

$$ B_{n,m} = \{ x=(x_1, x_2, \ldots, x_n) \in \{0,1\}^n: \quad \sum_{k=1}^n x_k = m \}, $$

то есть множество векторов из нулей и единиц, содержащих в точности $m$ единиц. Пусть линейный оператор $A: \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ (со стандартным базисом в $\mathbb{R}^n$) удовлетворяет условию: если $x \in B_{n,m},$ то $Ax \in B_{n,m},$ то есть $B_{n,m}$ является инвариантным множеством оператора $A.$ Мне нужно выяснить, следует ли тогда отсюда, что матрица $A$ есть матрица перестановки.

Мои попытки решения задачи. Возьмём два вектора $u$ и $v$ из $B_{n,m}$ с единицами на местах $q, p_1, \ldots, p_{m-1}$ и $r, p_1, \ldots, p_{m-1}$ соответственно. Обозначим $Au=z,$ $Av=w.$ Тогда

$$ z_i = \sum_{k=1}^n a_{ik}u_k = a_{iq}+a_{ip_1}+a_{ip_2}+\ldots+a_{ip_{m-1}} \in \{0,1\}, $$

$$ w_i = \sum_{k=1}^n a_{ik}v_k = a_{ir}+a_{ip_1}+a_{ip_2}+\ldots+a_{ip_{m-1}} \in \{0,1\}. $$

Вычитая $w_i$ из $z_i,$ получаем, что

$$ a_{iq}-a_{ir} \in \{-1, 0, 1\}; $$

это верно для любых $i, q, r$ от 1 до $n$ в силу произвольности $i, q, r.$ Значит, элементы любой $i$-й строки матрицы $A$ имеют вид $t_i$ либо $t_{i}+1.$

Кроме того, имеем:

$$ \sum_{ i=1}^n z_i = \sum_{i=1}^n a_{iq} + \sum_{i=1}^n a_{ip_1} + \sum_{i=1}^n a_{ip_2} +\ldots + \sum_{i=1}^n a_{ip_{m-1}} = m, $$

$$ \sum_{ i=1}^n w_i = \sum_{i=1}^n a_{ir} + \sum_{i=1}^n a_{ip_1} + \sum_{i=1}^n a_{ip_2} +\ldots + \sum_{i=1}^n a_{ip_{m-1}} = m. $$

Вычитая, получаем

$$ \sum_{i=1}^n a_{iq} = \sum_{i=1}^n a_{ir} $$

для всех индексов $q, r.$ Так как при сложении $m$ таких сумм должно получиться $m,$ то каждая такая сумма должна равняться единице:

$$ \sum_{i=1}^n a_{ij} = 1 $$

для любого индекса $j,$ то есть сумма любого столбца матрицы $A$ равна единице.

Но вот что делать дальше - я не знаю, у меня тупик. Помогите пожалуйста разобраться.

[svv]

Рассмотрите простой случай $m=1$. Чем тогда будет $B_{n,m}$ ?
Обязательно ли $A$ (удовлетворяющий условию) инъективен? Если нет, будет ли он обратимым? А должен ли, если мы хотим...

[Lilia19]

Я так понимаю, если поставить дополнительное условие инъективности (или обратимости, это одно и то же для линейного оператора) оператора $A$, то матрица $A$ будет всё-таки матрицей перестановки? А если инъективности нет, то можно привести контрпример. Так выходит?

[svv]

Рассмотрим всё-таки для начала случай $n=3, m=1$. Тогда
$B_{3,1}=\{e_1,e_2,e_3\}$,
где $e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1)$.
Тут понятно, как построить контрпример?

[svv]

Этот случай прост тем, что векторы, составляющие $B_{3,1}$, линейно независимы и, более того, совпадают с векторами стандартного базиса $\mathbb R^3$ (потому я их так и обозначил). Поэтому для каждого из них можно независимо задать его образ из $B_{3,1}$.

Если взять $Ae_1=e_1, Ae_2=e_2, Ae_3=e_3$, матрица $A$ будет матрицей перестановки.
Если взять $Ae_1=e_2, Ae_2=e_3, Ae_3=e_1$, матрица $A$ тоже будет матрицей перестановки.
А как надо выбрать образы $e_1,e_2,e_3$, чтобы $A$ не была матрицей перестановки?

[Padawan]

Lilia19
А оператор $A$ сохраняет только одно $B_{n,m}$ ( для фиксированного $m$) или все (для всех $m$)?

[Lilia19]

Ну понятно, можно например взять первую строку матрицы $A$ из одних единиц, а все остальные элементы матрицы - нули. Это если нет инъективности. Или например в первой строке матрицы числа 1,0,1, во второй 0,1,0, в третьей 0,0,0. А для инъективного оператора будет всё-таки матрица перестановки? Для $m=1$ это очевидно, я имею в виду $m>1.$

-- 04.05.2021, 14:44 --

Padawan в сообщении #1516622 писал(а):

Lilia19
А оператор $A$ сохраняет только одно $B_{n,m}$ ( для фиксированного $m$) или все (для всех $m$)?

$n$ и $m$ считаются фиксированными.

[svv]

Lilia19 в сообщении #1516698 писал(а):

А для инъективного оператора будет всё-таки матрица перестановки?

Попробуйте найти контрпример для случая $n=4, m=2$.