คำถามเกี่ยวกับเมทริกซ์สองตัว: Hadamard v.“ ผู้วิเศษ” ในการพิสูจน์การคาดเดาความไว

เมื่อเร็ว ๆ นี้และเนียนอย่างไม่น่าเชื่อหลักฐานของการคาดเดาความไวอาศัยในการก่อสร้าง * ที่ชัดเจนของเมทริกซ์กำหนดซ้ำดังนี้ และสำหรับ , โดยเฉพาะมันเป็นเรื่องง่ายที่จะเห็นว่าสำหรับทั้งหมด $A_n\in\{-1,0,1\}^{2^n\times 2^n}$

A_{1} = (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})

$A_1 = \begin{pmatrix} 0&1\\1&0\end{pmatrix}$

n \geq 2

$n\geq 2$

A_{n} = (\begin{matrix} A_{n - 1} & I_{n - 1} \\ I_{n - 1} & - A_{n - 1} \end{matrix})

$A_{n} = \begin{pmatrix} A_{n-1}&I_{n-1}\\I_{n-1}&-A_{n-1}\end{pmatrix}$

A_{n}^{2} = n I_{n}

$A_n^2 = n I_n$

n \geq 1

$n\geq 1$

ตอนนี้บางทีฉันกำลังอ่านเรื่องนี้มากเกินไป แต่อย่างน้อยนี่ก็มีความสัมพันธ์กับตระกูลเมทริกซ์ที่มีชื่อเสียงอีกชื่อหนึ่งนั่นคือเมทริกซ์ Hadamard เมทริกซ์ซึ่งก็เป็นเช่นนั้นและมีสเปกตรัมคล้ายกัน: และสำหรับ , $H_n^2 \propto I_n$

H_{1} = (\begin{matrix} 1 & 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix})

$H_1 = \begin{pmatrix} 1&1\\1&-1\end{pmatrix}$

n \geq 2

$n\geq 2$

H_{n} = (\begin{matrix} H_{n - 1} & H_{n - 1} \\ H_{n - 1} & - H_{n - 1} \end{matrix})

$H_{n} = \begin{pmatrix} H_{n-1}&H_{n-1}\\H_{n-1}&-H_{n-1}\end{pmatrix}$

มีการเชื่อมต่ออย่างเป็นทางการอาจมีประโยชน์ระหว่างสองยกเว้นว่า "พวกเขาดูคล้ายกันคลุมเครือ"?

ยกตัวอย่างเช่นมองว่าเป็นเมทริกซ์ adjacency ของ hypercubeมีการตีความที่ดี (สัญลักษณ์ของขอบคือความเท่าเทียมกันของคำนำหน้า ) มีอะนาล็อกสำหรับหรือไม่? (อาจชัดเจน) $A_n$ $\{0,1\}^n$ $(x,b,x')\in\{0,1\}^n$ $x$ $H_n$

$^*$ ฉันยังสงสัยว่าการก่อสร้างที่ไม่ชัดเจนเช่นเมทริกซ์แบบสุ่มจะมีคุณสมบัติทางสเปกตรัมที่ต้องการหรือไม่ แต่นั่นอาจต้องรอคำถามอื่น $\pm1$

boolean-functions matrices boolean-matrix

— ผ่อนผัน C.
แหล่งที่มา

คำตอบ:

การสังเกตยาวเกินไปสำหรับความคิดเห็น (และเหมาะกับการสังเกตของ Jason Gaitonde - ยาวเกินไปสำหรับความคิดเห็น):

ตามที่กล่าวไว้ใน OQ ความจริงทั้งสองนี้สามารถรับรู้ได้ด้วยการก่อสร้างแบบเรียกซ้ำ คือเราระบุ $B_0 \in \{(0), (\pm 1)\}$ (เป็น $1 \times 1$ เมทริกซ์) แล้วสูตร recursive เดียว

B_{n} = (\begin{array}{cc} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{array})

$B_n = \left(\begin{array}{cc} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \end{array}\right)$

ซึ่งแต่ละ $b_{ij}$ เป็นหนึ่ง $\{0, \pm 1, \pm x\}$ (ที่นี่ "1" หมายถึงตัวตนของขนาดที่เหมาะสมคือ $2^{n-1} \times 2^{n-1}$ , และในทำนองเดียวกัน "0" หมายถึงศูนย์ เมทริกซ์ของขนาดที่เหมาะสมและ $x$ หมายถึง $B_{n-1}$ ) สำหรับเมทริกซ์ Huang เรามี $A_0 = (0)$ และสูตรเรียกซ้ำคือ $\begin{bmatrix} x & 1 \\ 1 & -x \end{bmatrix}$ ในขณะที่สำหรับ Hadamard เมทริกซ์เรามี $H_0 = (1)$ และสูตร recursive เป็น $\begin{bmatrix} x & x \\ x & -x \end{bmatrix}$ ]

หากต้องการเช่นการเรียกซ้ำที่จะมีทรัพย์สินที่ $B_n^2$ เป็นสัดส่วนกับ $I_{2^{n}}$ แล้วหนึ่งได้อย่างรวดเร็วพบว่าทั้ง $b_{11} + b_{22} = 0$ หรือ $b_{12} = b_{21}=0$ 0ในกรณีหลังการเรียกซ้ำเป็นเพียงเมทริกซ์แนวทแยงซึ่งอาจไม่น่าสนใจนัก ดังนั้นกรณีที่น่าสนใจคือกรณีที่ $b_{11} = -b_{22}$ (ซึ่งเป็นหนึ่งในเงื่อนไข "ความดี" ในคำตอบของ Jason) สิ่งนี้ยังถูกมองว่าเป็นคำอธิบายทั่วไปว่าเพราะเหตุใดทั้งเมทริกซ์ของเมทริกซ์จึงมีความไร้ร่องรอย

เป็นความคิดเห็นเล็ก ๆ ที่ผ่านมาชนิดของการเรียกซ้ำนี้โดยอัตโนมัติผลตอบแทนถัวเฉลี่ยที่รายการบล็อก $B_n$ การเดินทางซึ่งเป็นคนอื่น "ความดี" เงื่อนไขในคำตอบของเจสัน

ฉันยังไม่ได้ทำการตรวจสอบอย่างเป็นระบบ แต่จากการตั้งค่าข้างต้นเราสามารถตรวจสอบความเป็นไปได้มากมาย (3 ตัวเลือกสำหรับ $B_0$ และทางเทคนิค $5^4$ ตัวเลือกสำหรับการเรียกซ้ำ แต่ก็สามารถลดการใช้สมมาตรและจาก ข้อ จำกัด ที่ $B_n^2$ เป็นสัดส่วนกับตัวตน) คงจะเป็นเรื่องที่น่ายินดีอย่างยิ่งที่ได้เรียนรู้ว่า Hadamard และ Huang matrices นั้นมีความเท่าเทียมกันเพียงสองเรื่องเท่านั้น และถ้าไม่มีอาจมีบางคนที่น่าสนใจอื่น ๆ ที่ซุ่มซ่อนอยู่ที่นั่น ...

— Joshua Grochow
แหล่งที่มา

และถ้าไม่อาจมีบางคนที่น่าสนใจอื่น ๆ ที่ซุ่มซ่อนอยู่ที่นั่น ...ฟังดูค่อนข้างน่าสนใจ :)

— Clement C.

นี่เป็นเพียงข้อสังเกตสองข้อที่ฉันไม่สามารถใส่ความคิดเห็นได้

0) เพิ่มเนื่องจากคำตอบแรกถูกลบ:มีการแปลความหมายของ $H_n$ คือการจัดทำดัชนีแถวและคอลัมน์โดย $\{0,1\}^n$ รายการที่สอดคล้องกับ $(x,y)$ คือ $1$ หากผลิตภัณฑ์ Hadamard $x\odot y=(x_1y_1,\ldots,x_n y_n)$ มีความเท่าเทียมกันและ $-1$ ถ้ามันมีความเท่าเทียมกันคี่

1) โดยทั่วไปสเปกตรัมของเมทริกซ์บล็อกนั้นซับซ้อนมากและไม่เกี่ยวข้องกับสเปคตรัมของแต่ละบล็อคเนื่องจากพหุนามลักษณะจะดูแย่มาก แต่สำหรับสมมาตรบล็อกเมทริกซ์ $M=\begin{pmatrix} A & B\\ B^T & C\end{pmatrix}$ ที่อาจเกิดขึ้นผ่านการก่อสร้าง recursive เช่นและข้างต้นซึ่งแต่ละเมทริกซ์เป็นตารางซึ่งเป็นหนึ่งใน simplifications เกิดขึ้นเฉพาะเมื่อและการเดินทาง ในกรณีที่หนึ่งมี $A_n$ $H_n$ $B^T$ $C$ $\det(M)=\det(AC-BB^T)$ )จากนั้นพหุนามลักษณะของ $M$ จะ

det ((λ I - A) (λ I - C) - B B^{T}) = det (λ^{2} I - λ (A + C) + A C - B B^{T}) .

$\det((\lambda I-A)(\lambda I-C)-BB^T)=\det(\lambda^2I-\lambda (A+C)+AC-BB^T).$ สำหรับสิ่งนี้เพื่อนำไปสู่สูตรเรียกซ้ำที่ดีสำหรับค่าลักษณะเฉพาะโดยทั่วไปต้องการ

C = - A

$C=-A$ จะฆ่าเชิงเส้น

λ

$\lambda$ ระยะ หากต่อไปและ

มีความสมมาตรและการเดินทางที่เราได้รับ

จากที่หนึ่งได้อย่างง่ายดายอ่านออกค่าลักษณะเฉพาะโดยใช้สมมาตรความจริงที่การเดินทางเมทริกซ์ยอมรับ eigenbasis ทั่วไป สิ่งนี้อาจชัดเจน แต่ทั้งหมดนี้คือการบอกว่าเท่าที่ได้สูตรที่ดีและซ้ำสำหรับค่าลักษณะเฉพาะโดยทั่วไปจำเป็นอย่างยิ่งที่จะต้องใช้บล็อกขวาล่าง

A

$A$

B

$B$

det (λ I - M) = det (λ^{2} I - (A^{2} + B^{2})),

$\det(\lambda I-M)=\det(\lambda^2 I-(A^2+B^2)),$

- A

$-A$ และหวังว่าบล็อกล่างซ้ายและขวาบนเป็นสมมาตรและเดินทางด้วย

A

$A$ ซึ่งเป็นกรณีสำหรับ

A_{n}

$A_n$ (กับ

B = I

$B=I$ ) และเมทริกซ์

H_{n}

$H_n$ (กับ

B = H_{n - 1} = A

$B=H_{n-1}=A$ )

2) คำถามสุ่ม: การลงนามของเมทริกซ์ adjacency ที่ให้ไว้ในกระดาษนั้นเหมาะสมที่สุดในแง่ของการเพิ่ม $\lambda_{2^{n-1}}$ ซึ่งจำเป็นสำหรับขอบเขตล่างผ่านการแทรก Cauchy และสามารถเห็นได้จากวิธีการพื้นฐาน สำหรับการลงนามโดยพลการ $M_n$ ของเมทริกซ์ adjacency ของhypercube $n$ -dimensional มิติหนึ่งจะได้รับ

Tr (M_{n}) = \sum_{i = 1}^{2^{n}} λ_{i} (M_{n}) = 0, Tr (M_{n}^{2}) = \sum_{i = 1}^{2^{n}} λ_{i} (M_{n})^{2} = ‖ M_{n} ‖_{F}^{2} = n 2^{n},

$\text{Tr}(M_n)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)=0,\quad \text{Tr}(M_n^2)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)^2=\|M_n\|_F^2=n2^n,$ ที่

λ_{1} (M_{n}) \geq λ_{2} (M_{n}) \geq \dots \geq λ_{2^{n}} (M_{n})

$\lambda_1(M_n)\geq \lambda_2(M_n)\geq\ldots\geq \lambda_{2^n}(M_n)$ )

ถ้าสำหรับบางคนเซ็นชื่อ

M_{n}

$M_n$ หนึ่งมี

λ_{2^{n - 1}} (M_{n}) > \sqrt{n}

$\lambda_{2^{n-1}}(M_n)>\sqrt{n}$ , จากนั้น

\sum_{i = 1}^{2^{n - 1}} λ_{i} (M_{n}) > \sqrt{n} 2^{n - 1}, \sum_{i = 1}^{2^{n - 1}} λ_{i} (M_{n})^{2} > n 2^{n - 1} .

$\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)>\sqrt{n}2^{n-1},\quad \sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)^2>n2^{n-1}.$ จากนั้นเราจะเห็นได้ว่าเป็นไปไม่ได้ที่จะตอบสนองความเท่าเทียมกันตามรอยบน: ค่าลักษณะเชิงลบจะต้องรวมกันอย่างเคร่งครัดมากกว่า

\sqrt{n} 2^{n - 1}

$\sqrt{n}2^{n-1}$ (ในค่าสัมบูรณ์) และสแควร์ของพวกเขาจะต้องสรุปอย่างเคร่งครัดน้อยกว่า

n 2^{n - 1}

$n2^{n-1}$ 1

การลดผลรวมของกำลังสองในขณะที่รักษาค่าคงที่ผลรวมเกิดขึ้นเมื่อพวกเขาเท่ากันทั้งหมด แต่ในกรณีนี้จะทำให้ผลรวมของกำลังสองมีขนาดใหญ่เกินไป ดังนั้นสำหรับการลงนามใด ๆ หนึ่งสามารถดูผ่านทางวิธีประถมที่

λ_{2^{n - 1}} (M_{n}) \leq \sqrt{n}

$\lambda_{2^{n-1}}(M_n)\leq \sqrt{n}$ โดยไม่ทราบว่าการลงนามวิเศษในกระดาษที่เท่าเทียมกันถือ IFF ค่าเป็น

\sqrt{n}, \dots, \sqrt{n}, - \sqrt{n}, \dots, - \sqrt{n}

$\sqrt{n},\ldots,\sqrt{n},-\sqrt{n},\ldots,-\sqrt{n}$ . ที่จริงแล้วมันมีการเซ็นสัญญาเช่นกัน ค่าลักษณะเฉพาะของเมทริกซ์ adjacency ปกติคือ

- n, - n + 2, \dots, n - 2, n

$-n, -n+2,\ldots,n-2,n$ , ที่

i

$i$ th eigenvalue มีหลายหลาก

(\binom{n}{i})

${n\choose i }$ ดังนั้นจึงเป็นเรื่องที่น่าสนใจมาก (ให้ฉันอยู่แล้ว) วิธีการ all-

+ 1

$+1$ ลงนามเพิ่ม

λ_{1}

$\lambda_1$ ในขณะที่การลงนามนี้จะช่วยเพิ่ม

λ_{2^{n - 1}}

$\lambda_{2^{n-1}}$ 1

เท่าที่จะมีการลงนามแบบสุ่มมันยากที่จะพูดเพราะฉันคิดว่าขอบเขตที่ไม่เกี่ยวกับอาการส่วนใหญ่ในค่าลักษณะเฉพาะมุ่งเน้นไปที่บรรทัดฐานสเปกตรัม เราคาดว่าการลงนามแบบสุ่มจะทำให้ค่าลักษณะทั่วไปที่ผิดปกติมากที่สุดและแน่นอนโดยใช้ความไม่เท่าเทียมของ Khintchine และ / หรือขอบเขตที่เข้มงวดมากขึ้นเมื่อเร็ว ๆ นี้เหมือนในที่นี่การลงนามแบบสุ่มสม่ำเสมอมี $\mathbb{E}[\|M_n\|_2]=\Theta(\sqrt{n})$ )มันยากสำหรับฉันที่จะจินตนาการว่าค่ากลางตรงตามลำดับพหุนามเหมือนกับชั้นนำในความคาดหมาย (และผลลัพธ์แบบอะซิมโทติคเช่นกฏกึ่งครึ่งวงกลมสำหรับเมทริกซ์ตระการตาแนะนำกันแบบเดียวกัน) แต่บางทีอาจเป็นไปได้

— JG
แหล่งที่มา