Câu hỏi về hai ma trận: Hadamard v. Nghi thức một ma thuật trong một bằng chứng về sự phỏng đoán độ nhạy

Bằng chứng gần đây và cực kỳ lắt léo về phỏng đoán độ nhạy dựa trên cấu trúc * rõ ràng của ma trận $A_n\in\{-1,0,1\}^{2^n\times 2^n}$ , được định nghĩa đệ quy như sau:

$$A_1 = \begin{pmatrix} 0&1\\1&0\end{pmatrix}$$ và, đối với $n\geq 2$ , $$A_{n} = \begin{pmatrix} A_{n-1}&I_{n-1}\\I_{n-1}&-A_{n-1}\end{pmatrix}$$ Đặc biệt, dễ dàng thấy rằng$A_n^2 = n I_n$với mọi$n\geq 1$.

Bây giờ, có lẽ tôi đang đọc quá nhiều về điều này, nhưng điều này ít nhất có vẻ liên quan về mặt cú pháp với một họ ma trận nổi tiếng khác, ma trận Hadamard, cũng giống như $H_n^2 \propto I_n$ và có phổ 'tương tự':

$$H_1 = \begin{pmatrix} 1&1\\1&-1\end{pmatrix}$$ và, với $n\geq 2$ , $$H_{n} = \begin{pmatrix} H_{n-1}&H_{n-1}\\H_{n-1}&-H_{n-1}\end{pmatrix}$$

Có bất kỳ kết nối chính thức, có thể hữu ích, giữa hai người, ngoại trừ rằng "họ trông giống nhau mơ hồ"?

Ví dụ, $A_n$ coi là ma trận kề có chữ ký của các hypercube $\{0,1\}^n$ có một giải thích đẹp (dấu hiệu của một cạnh $(x,b,x')\in\{0,1\}^n$ là chẵn lẻ của tiền tố $x$ ). Có một tương tự cho $H_n$ ? (điều này có thể rõ ràng?)

$^*$ Tôi cũng tự hỏi nếu một công trình không rõ ràng, ví dụ như, một thống nhất ngẫu nhiên$\pm1$ ma trận, sẽ có các tính chất quang phổ mong muốn, nhưng điều đó có lẽ đã phải chờ một câu hỏi khác.

Một quan sát quá dài cho một nhận xét (và cũng phù hợp với quan sát của Jason Gaitonde - quá dài cho nhận xét):

Như được gợi ý trong OQ, cả hai điều này trên thực tế có thể được nhận ra bằng một loại xây dựng đệ quy rất đơn giản. Cụ thể, chúng tôi chỉ định $B_0 \in \{(0), (\pm 1)\}$ (một $1 \times 1$ ma trận), và sau đó một công thức đệ quy đơn

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

trong đó mỗi $b_{ij}$ là một trong $\{0, \pm 1, \pm x\}$ (ở đây "1" biểu thị danh tính của kích thước phù hợp, cụ thể là $2^{n-1} \times 2^{n-1}$ và tương tự "0" biểu thị số 0 ma trận có kích thước phù hợp và $x$ biểu thị $B_{n-1}$ ). Đối với ma trận Huang, chúng ta thực sự có $A_0 = (0)$ và công thức đệ quy là $\begin{bmatrix} x & 1 \\ 1 & -x \end{bmatrix}$, trong khi đối với ma trận Hadamard, chúng ta có$H_0 = (1)$và công thức đệ quy là$\begin{bmatrix} x & x \\ x & -x \end{bmatrix}$.

Nếu người ta muốn một đệ quy như vậy có thuộc tính $B_n^2$ tỷ lệ với $I_{2^{n}}$ , thì người ta sẽ nhanh chóng thấy rằng $b_{11} + b_{22} = 0$ hoặc $b_{12} = b_{21}=0$ . Trong trường hợp sau, đệ quy chỉ mang lại ma trận đường chéo, có lẽ không thú vị lắm. Vì vậy, các trường hợp thú vị là những trường hợp trong đó $b_{11} = -b_{22}$(đó là một trong những điều kiện "tốt đẹp" trong câu trả lời của Jason). Đây cũng có thể được xem là một lời giải thích phổ biến cho lý do tại sao cả hai chuỗi ma trận đều không có dấu vết.

Như một bình luận nhỏ cuối cùng, loại đệ quy này tự động mang lại rằng các mục nhập khối của $B_n$ đi lại, đó là điều kiện "độc đáo" khác trong câu trả lời của Jason.

Tôi chưa thực hiện một cuộc điều tra có hệ thống, nhưng với thiết lập ở trên, người ta có thể điều tra rất nhiều khả năng (3 lựa chọn cho $B_0$ và về mặt kỹ thuật $5^4$ lựa chọn cho đệ quy, nhưng điều này có thể được cắt giảm bằng cách sử dụng đối xứng và cũng từ các hạn chế mà $B_n^2$ tỷ lệ thuận với danh tính). Sẽ rất vui khi biết rằng ma trận Hadamard và Huang bằng cách nào đó, tương đương nhau, là hai thứ duy nhất không cần thiết :). Và nếu không, có lẽ có một số điều thú vị khác đang rình rập ngoài kia ...

Đây chỉ là một vài quan sát mà tôi không thể phù hợp trong một nhận xét:

0) Thêm vào bởi vì câu trả lời đầu tiên đã bị xóa: có một cách giải thích của $H_n$ , cụ thể là, lập chỉ mục các hàng và cột bằng $\{0,1\}^n$ , mục tương ứng với $(x,y)$ là $1$ nếu sản phẩm Hadamard $x\odot y=(x_1y_1,\ldots,x_n y_n)$ có chẵn lẻ và $-1$ nếu nó có tính chẵn lẻ.

1) Nói chung, phổ của ma trận khối có thể rất phức tạp và rõ ràng không liên quan đến phổ của các khối riêng lẻ, vì đa thức đặc trưng sẽ trông rất tệ . Nhưng đối với ma trận khối đối xứng $M=\begin{pmatrix} A & B\\ B^T & C\end{pmatrix}$ có thể phát sinh thông qua một cấu trúc đệ quy như $A_n$ và $H_n$ ở trên, trong đó mỗi ma trận là hình vuông, một trong những đơn giản hóa duy nhất xảy ra khi $B^T$ và $C$ đi lại, trong trường hợp này người ta có $\det(M)=\det(AC-BB^T)$ . Sau đó, các đa thức đặc trưng của$M$ sẽ được

$$\det((\lambda I-A)(\lambda I-C)-BB^T)=\det(\lambda^2I-\lambda (A+C)+AC-BB^T).$$ Để điều này dẫn đến các công thức đệ quy tốt đẹp cho các giá trị riêng, về cơ bản người ta cần$C=-A$ giết tuyến tính$\lambda$ hạn. Nếu$A$ và$B$ tiếp tụcđối xứng và đi lại, chúng ta sẽ nhận được $$\det(\lambda I-M)=\det(\lambda^2 I-(A^2+B^2)),$$ từ đó người ta dễ dàng đọc các giá trị riêng bằng cách sử dụng ma trận đi lại đối xứng thực tế một sinh vật phổ biến. Điều này có thể rõ ràng, nhưng tất cả những điều này là để nói rằng khi có được các công thức đệ quy tốt cho các giá trị riêng, về cơ bản là cần thiết để yêu cầu khối dưới bên phải$-A$ và hy vọng rằng các khối bên trái và bên phải phía dưới đối xứng và đi lại với$A$ , đó là trường hợp củama trận$A_n$ (với$B=I$ ) và$H_n$ (với$B=H_{n-1}=A$ ).

2) Trong câu hỏi về dấu hiệu ngẫu nhiên: việc ký kết ma trận kề được đưa ra trong bài báo là tối ưu theo nghĩa tối đa hóa $\lambda_{2^{n-1}}$ , cần thiết cho giới hạn dưới thông qua xen kẽ Cauchy, và có thể được nhìn thấy từ các phương tiện cơ bản. Đối với một ký tùy ý $M_n$ của ma trận kề của $n$ hypercube chiều, người ta ngay lập tức trở nên

$$\text{Tr}(M_n)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)=0,\quad \text{Tr}(M_n^2)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)^2=\|M_n\|_F^2=n2^n,$$ nơi$\lambda_1(M_n)\geq \lambda_2(M_n)\geq\ldots\geq \lambda_{2^n}(M_n)$. Nếu cho một số ký$M_n$người ta có $\lambda_{2^{n-1}}(M_n)>\sqrt{n}$ , sau đó $$\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)>\sqrt{n}2^{n-1},\quad \sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)^2>n2^{n-1}.$$ Sau đó người ta có thể nhìn thấy nó không thể đáp ứng các đẳng dấu vết trên: các giá trị riêng tiêu cực phải tổng hợp để nghiêm chỉnh hơn$\sqrt{n}2^{n-1}$ (theo giá trị tuyệt đối) và bình phương của chúng phải tổng hợp nhỏ hơn$n2^{n-1}$ . Tối thiểu hóa tổng bình phương trong khi giữ cho tổng không đổi xảy ra khi chúng đều bằng nhau, nhưng trong trường hợp này sẽ làm cho tổng bình phương quá lớn. Vì vậy, đối với bất kỳ ký kết, người ta có thể thấy qua các phương tiện cơ bản mà$\lambda_{2^{n-1}}(M_n)\leq \sqrt{n}$ mà không biết việc ký kết kỳ diệu trong giấy, nơi bình đẳng giữ khi và chỉ khi các giá trị là$\sqrt{n},\ldots,\sqrt{n},-\sqrt{n},\ldots,-\sqrt{n}$ . Rằng thực sự tồn tại một bản hợp đồng như vậy đạt được nó là khá tuyệt vời. Các giá trị riêng của ma trận kề kề bình thường là$-n, -n+2,\ldots,n-2,n$, trong đógiá trị riêng thứ$i$có bội số${n\choose i }$ , vì vậy, nó rất thú vị (với tôi, dù sao đi nữa) làm thế nào việc ký tất cả-$+1$tối đa hóa$\lambda_1$, trong khi ký này tối đa hóa$\lambda_{2^{n-1}}$.

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