Pregunta sobre dos matrices: Hadamard v. "El mágico" en la prueba de la conjetura de la sensibilidad

La prueba reciente e increíblemente hábil de la conjetura de la sensibilidad se basa en la construcción explícita * de una matriz , definida recursivamente de la siguiente manera: y, para , En particular, es fácil ver que para todo . $A_n\in\{-1,0,1\}^{2^n\times 2^n}$

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

$n\geq 1$

Ahora, tal vez estoy leyendo demasiado sobre esto, pero esto parece al menos sintácticamente relacionado con otra famosa familia de matrices, las matrices Hadamard, que también es tal que y tiene un espectro 'similar': y, para , $H_n^2 \propto I_n$

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})

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

¿Existe alguna conexión formal, posiblemente útil, entre los dos, excepto que "se ven vagamente similares"?

Por ejemplo, visto como la matriz de adyacencia firmada del hipercubo tiene una buena interpretación (el signo de un borde es la paridad del prefijo ). ¿Hay un análogo para ? (esto puede ser obvio?) $A_n$ $\{0,1\}^n$ $(x,b,x')\in\{0,1\}^n$ $x$ $H_n$

$^*$ También me pregunto si una construcción no explícita, por ejemplo, una matriz uniformemente aleatoria , tendría las propiedades espectrales deseadas, pero eso probablemente tendría que esperar otra pregunta. $\pm1$

boolean-functions matrices boolean-matrix Clemente C.
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Respuestas:

Una observación demasiado larga para un comentario (y que también encaja bien con la observación de Jason Gaitonde, demasiado larga para comentar):

Como se insinuó en el OQ, ambos de hecho pueden realizarse mediante un tipo muy simple de construcción recursiva. A saber, especificamos (una matriz ), y luego una única fórmula recursiva $B_0 \in \{(0), (\pm 1)\}$ $1 \times 1$

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

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

donde cada es uno de (donde "1" denota la identidad del tamaño apropiado, es decir, , y de manera similar "0" denota la matriz cero del tamaño apropiado, y denota ). Para las matrices Huang, en realidad tenemos y la fórmula recursiva es , mientras que para las matrices Hadamard tenemos y la fórmula recursiva es . $b_{ij}$ $\{0, \pm 1, \pm x\}$ $2^{n-1} \times 2^{n-1}$ $x$ $B_{n-1}$ $A_0 = (0)$ $\begin{bmatrix} x & 1 \\ 1 & -x \end{bmatrix}$ $H_0 = (1)$ $\begin{bmatrix} x & x \\ x & -x \end{bmatrix}$

Si se desea que dicha recursión tenga la propiedad de que es proporcional a , rápidamente se encuentra que o . En el último caso, la recursión solo produce matrices diagonales, lo que quizás no sea tan interesante. Entonces, los casos interesantes son aquellos en los que (que es una de las condiciones de "amabilidad" en la respuesta de Jason). Esto también puede verse como una explicación común de por qué ambas secuencias de matrices no tienen trazas. $B_n^2$ $I_{2^{n}}$ $b_{11} + b_{22} = 0$ $b_{12} = b_{21}=0$ $b_{11} = -b_{22}$

Como último pequeño comentario, este tipo de recursión automáticamente produce que las entradas bloqueadas de conmuten, que era la otra condición de "amabilidad" en la respuesta de Jason. $B_n$

Todavía no he hecho una investigación sistemática, pero dada la configuración anterior, uno podría investigar las infinitas posibilidades (3 opciones para y técnicamente opciones para la recursión, pero esto puede reducirse utilizando simetrías y también desde las restricciones de que es proporcional a la identidad). Sería muy agradable saber que las matrices Hadamard y Huang son de alguna manera, hasta equivalencia, las únicas dos no triviales :). Y si no, tal vez hay otros interesantes que acechan por ahí ... $B_0$ $5^4$ $B_n^2$

Joshua Grochow
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Y si no, tal vez hay otros interesantes que acechan por ahí ... suena bastante interesante :)

Clement C.

Aquí hay solo un par de observaciones que no podría incluir en un comentario:

0) Se agregó porque se eliminó la primera respuesta: hay una interpretación de , es decir, indexando las filas y columnas por , la entrada correspondiente a es si el producto Hadamard tiene paridad par, y si tiene paridad impar. $H_n$ $\{0,1\}^n$ $(x,y)$ $1$ $x\odot y=(x_1y_1,\ldots,x_n y_n)$ $-1$

1) En general, el espectro de las matrices de bloques puede ser muy complicado y no obviamente relacionado con los espectros de los bloques individuales, ya que el polinomio característico se verá horrible . Pero para una matriz de bloque simétrica que podría surgir a través de una construcción recursiva como y arriba, donde cada matriz es cuadrada, una de las únicas simplificaciones ocurren cuando y conmutan, en cuyo caso uno tiene . Entonces el polinomio característico de será $M=\begin{pmatrix} A & B\\ B^T & C\end{pmatrix}$ $A_n$ $H_n$ $B^T$ $C$ $\det(M)=\det(AC-BB^T)$ $M$

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

$\det((\lambda I-A)(\lambda I-C)-BB^T)=\det(\lambda^2I-\lambda (A+C)+AC-BB^T).$ Para que esto conduzca a fórmulas recursivas agradables para los valores propios, uno básicamente necesita para eliminar el término lineal . Si más y son simétricos y conmutan, obtenemos de los cuales uno lee fácilmente los valores propios usando el Las matrices de conmutación simétrica de hecho admiten una base propia común. Esto puede ser obvio, pero todo esto es para decir que, en cuanto a obtener buenas fórmulas recursivas para los valores propios, es básicamente esencial exigir que el bloque inferior derecho sea y esperar que los bloques inferior izquierdo y superior derecho sean simétricos y viajar con , que es el caso de

C = - A

$C=-A$

λ

$\lambda$

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

$-A$

A

$A$

A_{n}

$A_n$ (con ) y matrices (con ).

B = I

$B=I$

H_{n}

$H_n$

B = H_{n - 1} = A

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

2) En la pregunta de signo aleatorio: la firma de la matriz de adyacencia dada en el documento es óptima en el sentido de maximizar , que es necesaria para el límite inferior a través del entrelazado Cauchy, y puede ser visto desde medios elementales. Para una firma arbitraria de la matriz de adyacencia del hipercubo dimensional, se obtiene inmediatamente donde . Si para alguna firma uno tiene , entonces $\lambda_{2^{n-1}}$ $M_n$ $n$

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},

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

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

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

M_{n}

$M_n$

λ_{2^{n - 1}} (M_{n}) > \sqrt{n}

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

\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} .

$\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)>\sqrt{n}2^{n-1},\quad \sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)^2>n2^{n-1}.$ Entonces se puede ver que no es posible satisfacer las igualdades de trazas anteriores: los valores propios negativos deben sumar estrictamente más de (en valor absoluto), y sus cuadrados deben sumar estrictamente menos que . Minimizar la suma de cuadrados mientras se mantiene constante la suma ocurre cuando todos son iguales, pero en este caso la suma de cuadrados será demasiado grande de todos modos. Entonces, para cualquier firma, se puede ver a través de medios elementales que sin conocer la firma mágica en el documento, donde la igualdad se cumple si los valores son

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

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

n 2^{n - 1}

$n2^{n-1}$

λ_{2^{n - 1}} (M_{n}) \leq \sqrt{n}

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

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

$\sqrt{n},\ldots,\sqrt{n},-\sqrt{n},\ldots,-\sqrt{n}$ . Que realmente exista tal firma lograrlo es bastante sorprendente. Los valores propios de la matriz de adyacencia son normales , donde el º valor propio tiene multiplicidad , por lo que es muy interesante (para mí, de todos modos) cómo el signo maximiza , mientras que este maximiza .

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

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

i

$i$

(\binom{n}{i})

${n\choose i }$

+ 1

$+1$

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2^{n - 1}}

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

En cuanto a un trabajo de firma aleatoria, es más difícil de decir porque creo que la mayoría de los límites no asintóticos en los valores propios se centran en la norma espectral. Uno espera que las firmas aleatorias suavicen los valores propios usuales extremos, y de hecho, utilizando la desigualdad Khintchine no conmutativa y / o límites más recientes como aquí , una firma aleatoria uniforme tiene . Es difícil para mí imaginar que los valores propios medios estarían en un orden polinomial similar al líder en expectativa (y los resultados asintóticos como la ley semicircular para diferentes conjuntos de matrices sugieren de manera similar, creo), pero tal vez sea posible. $\mathbb{E}[\|M_n\|_2]=\Theta(\sqrt{n})$

JG
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