Un automorfismo di \(K^{2^n}\)

[fulcanelli]

Un fatto simpatico che dimostra un affare combinatorio con l'algebra lineare.

Sia \(S\) un insieme finito, \(|S|=n\); si consideri lo spazio vettoriale \(V\) di dimensione \(2^n\) di tutte le funzioni \(2^S \to \mathbb{R}\), e l'applicazione \(\varphi : V \to V\) definita da
\[\varphi(f) : T \mapsto \sum_{Y\supseteq T} fY\]Mostrare che \(\varphi\) è un isomorfismo.

\((\star\star)\) Calcolare \(\det \varphi\).

[hydro1]

Carino! Per induzione su $n$. Sostituirò $V$ con $V_n$ per tenere traccia della cardinalità dell'insieme base. Per $n=1$ si verifica facilmente che $\phi$ è iniettiva. Adesso suppongo il claim sia vero per $S_n$ di cardinalità $n$, prendo $S_{n+1}$ di cardinalità $n+1$ e fisso $s\in S_{n+1}$. L'osservazione chiave è che esiste una biiezione tra $2^{S_n}$ e l'insieme $\{T\in 2^{S_{n+1}}: s\in T\}$: infatti posso vedere $S_{n+1}$ come \(S_n\sqcup \{s\}\). Ma allora qualsiasi $f\in V_{n+1}$ si restringe a $\overline{f}\in V_n$ usando quest'identificazione, e $\phi$ restringe ad una mappa lineare $\overline{\phi}:V_n\to V_n$. Adesso prendo $f\in V_{n+1}$ tale che $\phi(f)=0$ e fisso $T\in 2^{V_n}$. Quanto vale $\overline{\phi}(\overline{f})(T)$? beh per definizione è \(\sum_{Y\supseteq T}\overline{f}(Y)\). Per costruzione questa è esattamente \(\sum_{Y\supseteq T\sqcup\{s\}}f(Y)\), che fa zero. Ma $T$ è arbitrario, e quindi per ipotesi induttiva $\overline{f}=0$ e di conseguenza, in particolare, $\overline{f}(T)=0$, il che implica che \(f(T\sqcup \{s\})=0\). Per arbitrarietà di $T,s$, segue che $f(Y)=0$ per ogni $Y$ non vuoto. Siccome per ipotesi \(\phi(f)(\varnothing)=0\), segue subito che \(f(\varnothing)=0\) e quindi $f=0$.

[hydro1]

Poi forse mi sbaglio, ma mi sembra che se uno sceglie un ordinamento di $2^V$ del tipo $A_1,\ldots,A_{2^n}$ con la proprietà che se $i

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[fulcanelli]

Sì, concordo sul fatto che sia triangolare superiore e unipotente (si dice così o voleva dire un'altra cosa "unipotente"?).