Question sur deux matrices: Hadamard c. «La magique» dans la preuve de la conjecture de sensibilité

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La preuve récente et incroyablement lisse de la conjecture de sensibilité repose sur la construction explicite * d'une matrice , définie récursivement comme suit: et, pour , En particulier, il est facile de voir que pour tout . $A_n\in\{-1,0,1\}^{2^n\times 2^n}$

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

$n\geq 1$

Maintenant, je lis peut-être trop dans ce sujet, mais cela semble au moins syntaxiquement lié à une autre célèbre famille de matrices, les matrices Hadamard, qui est également telle que et a un spectre "similaire": et, pour , $H_n^2 \propto I_n$

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-t-il un lien formel, peut-être utile, entre les deux, si ce n'est "qu'ils se ressemblent vaguement"?

Par exemple, $A_n$ vu comme la matrice d'adjacence signée de l'hypercube $\{0,1\}^n$ a une belle interprétation (le signe d'un bord $(x,b,x')\in\{0,1\}^n$ est la parité du préfixe $x$ ). Existe-t-il un analogue pour $H_n$ ? (cela peut être évident?)

$^*$ Je me demande également si une construction non explicite, par exemple unematrice $\pm1$ uniformément aléatoire, aurait les propriétés spectrales souhaitées, mais cela devrait probablement attendre une autre question.

boolean-functions matrices boolean-matrix

— Clement C.
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Une observation trop longue pour un commentaire (et qui cadre aussi bien avec l'observation trop longue pour un commentaire de Jason Gaitonde):

Comme indiqué dans l'OQ, les deux peuvent en fait être réalisés par un type très simple de construction récursive. À savoir, nous $B_0 \in \{(0), (\pm 1)\}$ (une matrice $1 \times 1$ ), puis une seule formule récursive

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

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

où chaque est l'un des (où ici "1" désigne l'identité de la taille appropriée, à savoir , et de même "0" désigne la matrice zéro de la taille appropriée, et désigne ). Pour les matrices Huang, nous avons en fait et la formule récursive est , tandis que pour les matrices Hadamard nous avons et la formule récursive est . $b_{ij}$ $\{0, \pm 1, \pm x\}$ $2^{n-1} \times 2^{n-1}$ $x$ $B_{n-1}$ $A_0 = (0)$ $\begin{bmatrix} x & 1 \\ 1 & -x \end{bmatrix}$ $H_0 = (1)$ $\begin{bmatrix} x & x \\ x & -x \end{bmatrix}$

Si l'on veut qu'une telle récursion ait la propriété que est proportionnelle à , alors on trouve rapidement que soit , soit . Dans ce dernier cas, la récursivité ne donne que des matrices diagonales, ce qui n'est peut-être pas si intéressant. Les cas intéressants sont donc ceux dans lesquels (qui est l'une des conditions de "gentillesse" dans la réponse de Jason). Cela peut également être vu comme une explication courante pour laquelle les deux séquences de matrices sont sans trace. $B_n^2$ $I_{2^{n}}$ $b_{11} + b_{22} = 0$ $b_{12} = b_{21}=0$ $b_{11} = -b_{22}$

En guise de dernier petit commentaire, ce type de récursivité produit automatiquement que les entrées de bloc de commutent, ce qui était l'autre condition de "gentillesse" dans la réponse de Jason. $B_n$

Je n'ai pas encore fait d'enquête systématique, mais étant donné la configuration ci-dessus, on pourrait étudier les possibilités infiniment nombreuses (3 choix pour , et techniquement choix pour la récursivité, mais cela peut être réduit en utilisant des symétries et également à partir de les restrictions que est proportionnelle à l'identité). Il serait très agréable d'apprendre que les matrices Hadamard et Huang sont en quelque sorte, jusqu'à l'équivalence, les deux seules non triviales :). Et sinon, il y en a peut-être d'autres intéressants qui se cachent là-bas ... $B_0$ $5^4$ $B_n^2$

— Joshua Grochow
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Et sinon, peut-être qu'il y en a d'autres intéressants qui se cachent là-bas ... ça semble assez intéressant :)

— Clément C.

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Voici quelques observations que je ne pouvais pas intégrer dans un commentaire:

0) Ajouté car la première réponse a été supprimée: il y a une interprétation de , à savoir l'indexation des lignes et des colonnes par , l'entrée correspondant à est si le produit Hadamard a une parité paire, et s'il a une parité impaire. $H_n$ $\{0,1\}^n$ $(x,y)$ $1$ $x\odot y=(x_1y_1,\ldots,x_n y_n)$ $-1$

1) En général, le spectre des matrices de blocs peut être très compliqué et pas évidemment lié aux spectres des blocs individuels, car le polynôme caractéristique aura l'air horrible . Mais pour une matrice de bloc symétrique qui pourrait survenir via une construction récursive comme et ci-dessus, où chaque matrice est carrée, l'une des les seules simplifications se produit lorsque et de déplacement, auquel cas on a . Le polynôme caractéristique de sera alors $M=\begin{pmatrix} A & B\\ B^T & C\end{pmatrix}$ $A_n$ $H_n$ $B^T$ $C$ $\det(M)=\det(AC-BB^T)$ $M$

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

$\det((\lambda I-A)(\lambda I-C)-BB^T)=\det(\lambda^2I-\lambda (A+C)+AC-BB^T).$ Pour que cela conduise à de belles formules récursives pour les valeurs propres, il faut essentiellement pour tuer le terme linéaire . Si encore et sont symétriques et font la navette, nous obtenons à partir de laquelle on lit facilement au large des valeurs propres à l' aide de la les matrices de navettage symétriques admettent une base propre commune. Cela peut être évident, mais tout cela signifie que pour obtenir de bonnes formules récursives pour les valeurs propres, il est fondamental de demander au bloc inférieur droit d'être et d'espérer que les blocs inférieur gauche et supérieur droit soient symétriques. et faire la navette avec , ce qui est le cas pour

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}

$A_n$ (avec ) et matrices (avec ).

B = I

$B=I$

H_{n}

$H_n$

B = H_{n - 1} = A

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

2) Sur la question du signe aléatoire: la signature de la matrice d'adjacence donnée dans l'article est optimale dans le sens de maximiser , qui est nécessaire pour la borne inférieure via l'entrelacement de Cauchy, et peut être vu par des moyens élémentaires. Pour une signature arbitraire de la matrice d'adjacence de l' hypercube à dimensions, on obtient immédiatement où . Si pour certains signataires on a , alors $\lambda_{2^{n-1}}$ $M_n$ $n$

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} .

$\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)>\sqrt{n}2^{n-1},\quad \sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)^2>n2^{n-1}.$ On peut alors voir qu'il n'est pas possible de satisfaire les égalités de trace ci-dessus: les valeurs propres négatives doivent totaliser strictement plus de (en valeur absolue), et leurs carrés doivent totaliser strictement moins que . Minimiser la somme des carrés tout en gardant la somme constante se produit lorsqu'ils sont tous égaux, mais dans ce cas, la somme des carrés sera de toute façon trop grande. Donc, pour toute signature, on peut voir via des moyens élémentaires que sans connaître la signature magique dans le papier, où l'égalité tient si les valeurs sont

\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}

$\sqrt{n},\ldots,\sqrt{n},-\sqrt{n},\ldots,-\sqrt{n}$ . Qu'il existe réellement une telle signature, c'est assez étonnant. Les valeurs propres de la matrice d'adjacence normale sont , où la ème valeur propre a une multiplicité , il est donc très intéressant (pour moi, en tout cas) de savoir comment la signature all- maximise , tandis que cette signature maximise .

- 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 ce qui concerne un travail de signature aléatoire, c'est plus difficile à dire parce que je pense que la plupart des limites non asymptotiques sur les valeurs propres se concentrent sur la norme spectrale. On s'attend à ce que les signatures aléatoires lissent les valeurs propres habituelles extrêmes et, en effet, en utilisant l'inégalité non commutative de Khintchine et / ou des limites plus strictes récentes comme ici , une signature uniformément aléatoire a . Il est difficile pour moi d'imaginer que les valeurs propres moyennes seraient sur un ordre polynomial similaire à celui en attente (et les résultats asymptotiques comme la loi semi-circulaire pour différents ensembles de matrices le suggèrent de manière similaire, je pense), mais c'est peut-être possible. $\mathbb{E}[\|M_n\|_2]=\Theta(\sqrt{n})$

— JG
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