Питання про дві матриці: Хадамар проти «чарівної» у доказ гіпотетичної чутливості


23

Нещодавнє і неймовірно хитро доказ гіпотези на чутливість покладається на явну * побудову матриці An{1,0,1}2n×2n , визначену рекурсивно так: і для , Зокрема, легко побачити, що для всіх .

A1=(0110)
n2
An=(An1In1In1An1)
An2=nInn1

Зараз, можливо, я занадто багато читаю в цьому, але це виглядає, принаймні, синтаксично пов'язане з іншою відомою родиною матриць, матрицями Адамара, яка також така, що і має "схожий" спектр: і, для , Hn2In

H1=(1111)
n2
Hn=(Hn1Hn1Hn1Hn1)

Чи існує якийсь офіційний зв’язок, можливо, корисний між ними, за винятком того, що "вони виглядають нечітко схожими"?

Наприклад, розглядається як підписана матриця суміжності гіперкуба має приємну інтерпретацію (знак ребра - парність префікса ). Чи є аналог для ? (це може бути очевидно?)An{0,1}n(x,b,x){0,1}nxHn

Мені також цікаво, чи не явна побудова, наприклад, рівномірна випадкова матриця , мала б бажані спектральні властивості, але, мабуть, доведеться чекати іншого питання.±1

Відповіді:


9

Спостереження занадто довге для коментаря (і воно також добре вписується в спостереження Джейсона Гайтонде - занадто довго-для коментаря):

Як натякнуто в ОК, і те, і інше може бути реалізовано дуже простим видом рекурсивної конструкції. А саме ми задаємо B0{(0),(±1)} ( матриця 1×1 ), а потім єдину рекурсивну формулу

Bn=(b11b12b21b22)

де кожен bij - один із {0,±1,±x} (де тут "1" позначає тотожність відповідного розміру, а саме 2n1×2n1 , а аналогічно "0" позначає нуль матриця відповідного розміру, а x позначає Bn1 ). Для матриць Хуана насправді маємо A0=(0) а рекурсивна формула [x11x], тоді як для матриць Адамара маємоH0=(1)а рекурсивна формула дорівнює[xxxx].

Якщо потрібно, щоб така рекурсія мала властивість, що Bn2 пропорційна I2n , тоді швидко виявляється, що або b11+b22=0 , або b12=b21=0 . В останньому випадку рекурсія дає лише діагональні матриці, що, можливо, не так цікаво. Тож цікавими є випадки, у яких b11=b22(що є однією з умов «приємності» у відповіді Джейсона). Це також можна розглядати як загальне пояснення того, чому обидві послідовності матриць безслідні.

Як останній невеличкий коментар, такий вид рекурсії автоматично призводить до того, що блокові записи Bn comute, що було іншим умовою «приємності» у відповіді Джейсона.

Я ще не робив систематичного дослідження, але з огляду на вищенаведене налаштування, можна було б дослідити безмежно багато можливостей (3 варіанти для B0 , а технічно 54 варіанти для рекурсії, але це можна вирішити за допомогою симетрії, а також з обмеження, які Bn2 пропорційні тотожності). Було б дуже приємно дізнатись, що матриці Адамара та Хуанга є якимось, аж до еквівалентності, єдиними двома нетривіальними :). А якщо ні, то, можливо, там ховаються ще якісь цікаві ...


А якщо ні, можливо, є якісь цікаві, що там ховаються ... звучить досить цікаво :)
Климент С.

9

Ось лише кілька зауважень, які я не міг вмістити в коментарі:

0) долучення тому , що перша відповідь був видалений: є інтерпретація Hn , а саме, індексації рядків і стовпців з допомогою {0,1}n , запис , відповідна (x,y) є 1 , якщо твір Адамара xy=(x1y1,,xnyn) має парний паритет і 1 якщо він має непарний паритет.

1) Взагалі спектр блок-матриць може бути дуже складним і не очевидно пов'язаним зі спектрами окремих блоків, оскільки характеристичний многочлен буде виглядати жахливо . Але для симетричної блокової матриці M=(ABBTC) яка може виникнути через рекурсивної конструкції, як An і Hn вище, де кожна матриця є квадратною, одне з єдиних спрощень відбувається, коли BT і C рухаються, в такому випадку один має det(M)=det(ACBBT) . Тоді характерним многочленомM буде

det((λIA)(λIC)BBT)=det(λ2Iλ(A+C)+ACBBT).
Щоб це призвело до приємних рекурсивних формул для власних значень, в основному потрібноC=A для вбивства лінійногочленаλ . Якщо подальшіA іB симетричні і комутовані, отримуємо
det(λIM)=det(λ2I(A2+B2)),
з якого легко зчитувати власні значення, використовуючи фактичні симетричні матриці комутування звичайна власна система. Це може бути очевидним, але все це означає, що для отримання хороших, рекурсивних формул для власних значень, в основному важливо вимагати, щоб нижній правий блок бувA і сподіваємось, що нижній лівий і верхній правий блоки симетричні та комутуються зA , що стосуєтьсяматрицьAnB=I ) таHnB=Hn1=A ).

2) Щодо питання про випадкові знаки: підписання матриці суміжності, наведеного у статті, є оптимальним у сенсі максимізації λ2n1 , яке необхідне для нижньої межі через переплетення Коші, і видно з елементарних засобів. Для довільного підписання Mn матриці суміжності n -вимірного гіперкуба відразу отримується

Tr(Mn)=i=12nλi(Mn)=0,Tr(Mn2)=i=12nλi(Mn)2=MnF2=n2n,
деλ1(Mn)λ2(Mn)λ2n(Mn) . Якщо для якогось підписуMnодин має λ2n1(Mn)>n , то
i=12n1λi(Mn)>n2n1,i=12n1λi(Mn)2>n2n1.
Тоді можна бачитице неможливим задовольнити слідові рівності вище: негативні власні значення повинні підвести строго більшеніжn2n1 (в абсолютній величині), а їхні квадрати повинні дорівнювати строго меншеn2n1 . Мінімізація суми квадратів, зберігаючи постійну суму, відбувається тоді, коли всі вони рівні, але в цьому випадку сума квадратів все одно зробить занадто великою. Отже, для будь-якого підписання видно за допомогою елементарних засобів, щоλ2n1(Mn)n не знаючи магічного підпису в роботі, де рівність виконується, якщо значення знаходятьсяn,,n,n,,n . Те, що насправді існує таке підписання, є надзвичайно дивовижним. Власні значення нормальної матриці суміжностіn,n+2,,n2,n, деi-то власне значення має кратність(ni) , тому мені дуже цікаво (як би то не було), якпідписall-+1максимізуєλ1, тоді як цей підпис максимізуєλ2n1.

Що стосується роботи у випадковому підписанні, важче сказати, тому що я думаю, що більшість несимптомних меж власних значень фокусується на спектральній нормі. Очікується, що випадкові підписи згладять крайні звичайні власні значення, і справді, використовуючи некомутативну нерівність хінтчину та / або останні більш жорсткі межі, як тут , рівномірно випадкове підписання має E[Mn2]=Θ(n). Мені важко уявити, що середні власні значення будуть у подібному поліноміальному порядку, як і провідні в очікуванні (а асимптотичні результати, як напівкруглий закон для різних матричних ансамблів, підказують аналогічно), але, можливо, це можливо.

Використовуючи наш веб-сайт, ви визнаєте, що прочитали та зрозуміли наші Політику щодо файлів cookie та Політику конфіденційності.
Licensed under cc by-sa 3.0 with attribution required.