İki matris hakkında soru: Duyarard v. Hassasiyet varsayımının kanıtı olarak “büyülü”

23

Hassasiyet varsayımının en son ve inanılmaz derecede kaygan kanıtı, aşağıda tekrar tekrar tanımlandığı gibi $A_n\in\{-1,0,1\}^{2^n\times 2^n}$ matrisinin yapımına dayanır :

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

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

n \geq 2

$n\geq 2$ ,

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

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

için

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

$A_n^2 = n I_n$ olduğunu görmek kolaydır.

n \geq 1

$n\geq 1$

Şimdi, belki de bu konuyu çok okuyorum ama bu en azından sözde başka bir matris ailesi olan Hadamard matrisi ile alakalı görünüyor, ki bu da $H_n^2 \propto I_n$ ve 'benzer' spektruma sahip:

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

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

n \geq 2

$n\geq 2$ ,

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

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

İkisi arasında "görünüşte benzer görünüyorlar" dışında muhtemelen yararlı herhangi bir resmi bağlantı var mı?

Örneğin, köprüsünün işaretli bitişik matrisi olarak görülen $A_n$ hoş bir yorumu var (bir kenarın işareti , önek ). için bir analog var mı ? (Bu açık olabilir?) $\{0,1\}^n$ $(x,b,x')\in\{0,1\}^n$ $x$ $H_n$

$^*$ Olmayan bir açık yapı, örneğin, bir homojen rastgele eğer ben de merak ediyorum $\pm1$ matris, istenilen spektral özelliklere sahip olur, ama bu muhtemelen başka soru için beklemek zorunda etmişti.

boolean-functions matrices boolean-matrix

— Clement C.
kaynak

9

Bir yorum için çok uzun bir gözlem (ve aynı zamanda Jason Gaitonde'nin yorum için çok uzun süren gözlemine de uyuyor):

OQ'da belirtildiği gibi, her ikisi de aslında çok basit bir özyinelemeli inşaatla gerçekleştirilebilir. Yani, $B_0 \in \{(0), (\pm 1)\}$ ( $1 \times 1$ matris) ve sonra tek bir özyinelemeli formül belirtiyoruz

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

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

her $b_{ij}$ , $\{0, \pm 1, \pm x\}$ (burada "1", uygun boyutun kimliğini, yani $2^{n-1} \times 2^{n-1}$ kimliğini belirtir ve benzer şekilde "0", sıfırı belirtir uygun büyüklükte matris ve $x$ anlamına gelir $B_{n-1}$ ). Huang matrisleri için aslında $A_0 = (0)$ ve özyinelemeli formül $\begin{bmatrix} x & 1 \\ 1 & -x \end{bmatrix}$ . , Hadamard matrisleri için $H_0 = (1)$ ve özyinelemeli formül $\begin{bmatrix} x & x \\ x & -x \end{bmatrix}$

Bir bu özelliği için böyle bir özyinelemeye isterse $B_n^2$ orantılıdır $I_{2^{n}}$ , o zaman bir hızla bulduğu ya $b_{11} + b_{22} = 0$ , ya da $b_{12} = b_{21}=0$ . İkinci durumda, özyineleme yalnızca köşegen matrisler verir, bu belki de çok ilginç değildir. Öyleyse ilginç durumlar $b_{11} = -b_{22}$ (Jason'ın cevabındaki "hoş" koşullardan biri). Bu aynı zamanda her iki matris dizisinin de neden izsiz olduğu için ortak bir açıklama olarak görülebilir.

Bir son küçük bir yorum olarak, özyineleme bu tür otomatik vermesidir blok girişleri $B_n$ Jason'ın yanıtında öteki "hoşluk" şartı olduğunu gidip,.

Henüz sistematik bir araştırma yapmadım, ancak yukarıdaki kurulum göz önüne alındığında, son derece olası olasılıkları araştırabilirim ( $B_0$ için 3 seçenek ve özyineleme için teknik olarak $5^4$ seçenek, fakat bu simetriler kullanılarak da kesilebilir) $B_n^2$ kimliğiyle orantılı olduğu kısıtlamaları ). Hadamard ve Huang matrislerinin bir şekilde, eşdeğerliğe kadar, sadece önemsiz olanları olduğunu bilmek çok sevindirici olur :). Olmazsa, belki dışarıda gizlenen başka ilginç şeyler de var ...

— Joshua Grochow
kaynak

Ve eğer değilse, belki dışarıda gizlenen başka ilginç şeyler de var ... oldukça ilginç geliyor :)

— Clement C.

9

İşte bir yorumda yer alamadığım birkaç gözlem:

İlk cevap silindi için 0) eklendi: orada bir yorumudur $H_n$ ile satır ve sütun dizine, yani $\{0,1\}^n$ , karşılık gelen giriş $(x,y)$ olduğu $1$ ise Hadamard ürün $x\odot y=(x_1y_1,\ldots,x_n y_n)$ eşitlik eşitliği varsa, ve $-1$ teklik eşitliği varsa.

1) Genel olarak, blok matrislerin spektrumu çok karmaşık olabilir ve karakteristik polinomun korkunç görüneceği için , münferit blokların spektrumuyla ilgili değildir . Ancak simetrik bir blok matrisi $M=\begin{pmatrix} A & B\\ B^T & C\end{pmatrix}$ gibi yinelemeli yapı ile ortaya çıkabilecek $A_n$ ve $H_n$ her matris kare yukarıda, tek basitleştirmeler biri oluşur $B^T$ ve $C$ , gidip bu durumda kişi $\det(M)=\det(AC-BB^T)$ . Daha sonra karakteristik polinomu $M$ şekillerde olabilir

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

$\det((\lambda I-A)(\lambda I-C)-BB^T)=\det(\lambda^2I-\lambda (A+C)+AC-BB^T).$ Bunun, özdeğerler için özyinelemeli özyinelemeli formüllere yol açması için, temel olarak bir

C = - A

$C=-A$ Lineer

λ

$\lambda$ teriminiöldürmek için,eğer daha fazla

A

$A$ ve

B

$B$ simetrik ve gidipgelirse,

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

$\det(\lambda I-M)=\det(\lambda^2 I-(A^2+B^2)),$ başka bir kolay matrisler gidip aslında simetrik kullanılarak özdeğerler kapalı okur kabul ortak bir özdeğerdir. Bu açık olabilir, ancak bunların hepsi, iyi olmak için özdeğerler için özyinelemeli formüllere gelince, temelde sağ alt bloğun olmasını zorunlu kılmanın gerekli olduğunu söylemek.

- A

$-A$ ve sol üst ve sağ üst blokların simetrik olduğunu ve

(

) ve

matrisleri için (

)durumunun

A

$A$ ile gidip geldiğini umuyorum.

A_{n}

$A_n$

B = I

$B=I$

H_{n}

$H_n$

B = H_{n - 1} = A

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

2) Rastgele işaret sorusu üzerine: kağıtta verilen bitişik matrisin imzalanması, Cauchy interlacing yoluyla alt sınır için gerekli olan ve 2 temel yoldan görülebilen $\lambda_{2^{n-1}}$ maksimize edilmesi anlamında en uygunudur . Rasgele bir imzalanması için $M_n$ bir bitişiklik matrisi $n$ boyutlu hiperküp, bir anında alır

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},

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

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

$\lambda_1(M_n)\geq \lambda_2(M_n)\geq\ldots\geq \lambda_{2^n}(M_n)$ . Bazı imzalama için ise

M_{n}

$M_n$ birinde

λ_{2^{n - 1}} (M_{n}) > \sqrt{n}

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

\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} .

$\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)>\sqrt{n}2^{n-1},\quad \sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)^2>n2^{n-1}.$ Daha sonra, yukarıdaki iz eşitliklerini sağlamanın mümkün olmadığını görebiliriz: negatif özdeğerlerin kesinlikle

değerinden daha fazla olması gerekir.

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

$\sqrt{n}2^{n-1}$ (mutlak değerde) ve karelerinin kesinlikle

n 2^{n - 1}

$n2^{n-1}$ küçük olması gerekir. Toplamı sabit tutarken kareler toplamını minimize etmek, hepsi eşit olduğunda gerçekleşir, ancak bu durumda kareler toplamını yine de çok büyük yapar. Bu nedenle, herhangi bir imza için,

λ_{2^{n - 1}} (M_{n}) \leq \sqrt{n}

$\lambda_{2^{n-1}}(M_n)\leq \sqrt{n}$ eşitlik değerleridir IFF tutan kağıt, sihirli imzalama bilmeden

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

$\sqrt{n},\ldots,\sqrt{n},-\sqrt{n},\ldots,-\sqrt{n}$ . Aslında orada böyle bir imza atılması oldukça şaşırtıcı. Normal bitişiklik matrisi özdeğerler

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

$-n, -n+2,\ldots,n-2,n$ , burada

i

$i$ inci özdeğer çokluğu bulunur

(\binom{n}{i})

${n\choose i }$ , bu yüzden çok ilginç (benim için, zaten) all-

+ 1

$+1$ imzasının

λ_{1}

$\lambda_1$ maksimizeetmesi, bu imzanın

λ_{2^{n - 1}}

$\lambda_{2^{n-1}}$ maksimuma çıkarması.

$\mathbb{E}[\|M_n\|_2]=\Theta(\sqrt{n})$

— JG
kaynak