Verifica se tutti i prodotti di un set di matrici alla fine equivalgono a zero

Sono interessato al seguente problema: date le matrici intere $A_1,A_2, \ldots, A_k$ decidono se ogni prodotto infinito di queste matrici alla fine sia uguale alla matrice zero.

Questo significa esattamente quello che pensi che faccia: diremo che l'insieme di matrici $\{A_1, \ldots, A_k\}$ ha la proprietà che tutti i suoi prodotti alla fine sono uguali a zero se non esiste una sequenza infinita $i_1, i_2, i_3\ldots$ , tutto in $\{1, \ldots, k\}$ , tale che

$$A_{i_1} A_{i_2} \cdots A_{i_l} \neq 0$$ per tutto $l$ .

Il problema di decidere se ogni prodotto alla fine è uguale a zero è stato studiato in precedenza? È decidibile?

Sembra che potrebbe essere correlato alla mortalità della matrice, che è indecidibile, ma non vedo una chiara connessione.

La tua domanda è equivalente al fatto che generare un algebra nilpotente , che a sua volta equivale a ciascuna delle AI essendo nilpotente . Quindi non solo è decidibile, ma in ˜ O ( n 2 ω ) tempo in cui ω è l'esponente della moltiplicazione della matrice.$A_1, \dotsc, A_k$$A_i$$\tilde O(n^{2 \omega})$$\omega$

Sia l'algebra associativa generata da A i : cioè, prende tutte le combinazioni lineari di A i e tutti i suoi prodotti finiti. A si chiama nilpotente se c'è qualche N tale che ogni prodotto di N elementi di A è zero.$\mathcal{A}$$A_i$$A_i$$\mathcal{A}$$N$$N$$\mathcal{A}$

Innanzitutto, vediamo perché la tua condizione implica che sia nilpotente. Ciò deriva dal Lemma di Konig (compattezza): ogni stringa di lunghezza n sopra l'alfabeto { 1 , ... , k } corrisponde a un prodotto di A 1 , ... , A k di lunghezza n in modo ovvio. Considera l'infinito k -ary rooted tree, i cui nodi sono naturalmente in corrispondenza biiettiva con stringhe sopra { 1 , ... , k } . Considera l'albero secondario $\mathcal{A}$$n$$\{1, \dotsc, k\}$$A_1, \dotsc, A_k$$n$$k$$\{1, \dotsc, k\}$$T$costituito da quei nodi in cui il prodotto corrispondente di è diverso da zero. Il Lemma di Konig dice che se T è infinito, allora ha un percorso infinito (che viola esattamente la tua proprietà), quindi T è finito. Possiamo poi prendere N essere la lunghezza massima di ogni stringa T . Quindi la tua proprietà implica che A sia nilpotente.$A_i$$T$$T$$N$$T$$\mathcal{A}$

È vero anche il contrario, poiché ogni elemento di è una combinazione lineare di prodotti di A i .$\mathcal{A}$$A_i$

Quindi, nota che è una subalgebra di matrici n × n , e quindi è di dimensione finita.$\mathcal{A}$$n \times n$

Infine: un'algebra associativa di dimensioni finite nello zero caratteristico ha una base di elementi nilpotenti (pendolarismo o no - questa è la parte che contraddice la risposta di Yuval) se è nilpotente (vedi, ad esempio, qui ).

Pertanto, per risolvere il tuo problema, trova una base per l'algebra associativa generata da (dalla versione algebrica lineare della ricerca in ampiezza) e verifica che ogni matrice nella base sia nilpotente. Il limite superiore ˜ O ( n 2 ω ) deriva dalla risoluzione di un sistema di equazioni lineari in n 2 variabili nella ricerca della larghezza. Come fioco A ≤ n 2 il BFS non può durare a lungo, e poiché si tratta di matrici n × n per verificare se una matrice A è nilpotente, è sufficiente verificare che A n$A_i$$\tilde O(n^{2\omega})$$n^2$$\dim \mathcal{A} \leq n^2$$n \times n$$A$ .$A^n = 0$

Ho ottenuto un algoritmo poly-time per questo problema (piuttosto banale), cioè per verificare se il raggio spettrale articolare (JSR) è zero o no, nel 1995: http://en.wikipedia.org/wiki/Joint_spectral_radius

La storia dietro l'algoritmo è approssimativamente la seguente: Blondel e Tsitsiklis hanno erroneamente affermato che per le matrici booleane verificare se JSR <1 è NP-HARD. Per qualsiasi set di matrici intere JSR è etere zero o maggiore o uguale a 1. Quindi il contro esempio della loro affermazione era il mio algoritmo (vedi gli errata nel loro documento). La morale principale: consulta prima Wikipedia!

La domanda che stai ponendo è esattamente equivalente a decidere se il raggio spettrale articolare (JSR) dell'insieme di matrici è strettamente inferiore a uno. La decidibilità di questa domanda è rimasta aperta per un po 'di tempo ormai. (Nella teoria dei controlli, ciò equivale alla decidibilità della stabilità dei sistemi lineari commutati in caso di commutazione arbitraria.)

È noto che la seguente variante della tua domanda è indecidibile: dato un set finito di matrici quadrate, decidi se tutti i prodotti rimangono limitati; vedi qui .

L'indecidibilità di quanto sopra rimane valido anche se hai solo 2 matrici di dimensioni 47x47: vedi qui .

Nel linguaggio JSR, la questione del test "è JSR ?" è indecidibile (vedere i riferimenti sopra), ma la decidibilità del test "è JSR < 1 ?" è aperto. Quest'ultima domanda è collegata alla cosiddetta "congettura di finitazza razionale": se la congettura di finitazza razionale è vera, allora la domanda che si pone è decidibile.$\le 1$$< 1$

Infine, a meno che P = NP, il JSR non sia approssimabile nel tempo polinomiale (nel senso preciso definito in questo documento ).

Di conseguenza, una delle risposte sopra cui si afferma che un algoritmo efficiente deve essere falsa.

Sul lato positivo, ci sono diversi algoritmi (ad esempio basati sulla programmazione semidefinita) per l'approssimazione del JSR. I diversi algoritmi sono dotati di diverse garanzie di prestazioni. Vedi ad esempio quanto segue (spudoratamente da me stesso e dai miei colleghi - ma vedi anche riferimenti in esso ).

In diversi casi speciali, la domanda che stai ponendo è il tempo polinomiale decidibile. Ad esempio, quando le matrici sono simmetriche, o classificano una o se si spostano.

Infine, un grande libro sull'argomento è il seguente .

Modifica: questa risposta è purtroppo errata. L'errore è evidenziato di seguito. L'argomento funziona se ci è permesso di trasporre le matrici.

Iniziamo dimostrando un lemma.

Lemma. Sia una matrice n × n e sia N la matrice n × n con quelle sulla diagonale secondaria. Se A N t e N t A sono nilpotenti per tutte t ≥ 0, allora A = 0 . Conclusione corretta: A è triangolare superiore con zeri sulla diagonale. (La conclusione originale viene recuperata se ci è permesso anche di moltiplicarci per i poteri del recepimento di N. )$A$$n\times n$$N$$n\times n$$AN^t$$N^tA$$t \geq 0$$A = 0$$A$$N$

Prova. Supponiamo ad esempio che , e scrivi A = ( a b c d e f g h i )$n = 3$ Iniziamo calcolando A N 2 : A N 2 = ( 0 0 a 0 0 d 0 0 g ) . Questa matrice è in forma triangolare, quindi se A N 2 è nilpotente allora g = 0 . Continua con A N 1 : A N 1 = (

$$A = \begin{pmatrix} a & b & c \\ d & e & f \\ g & h & i \end{pmatrix}, \quad N = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ $AN^2$ $$AN^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & a \\ 0 & 0 & d \\ 0 & 0 & g \end{pmatrix}.$$ $AN^2$$g = 0$$AN^1$ Anche in questo caso la matrice è in forma triangolare, quindi seAN1è nilpotente allorad=h=0. Continuando, AN0=( a b c 0 e f 0 0 i ). Come prima, concludiamo chea= $$AN^1 = \begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & d & e \\ 0 & g & h \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & a & b \\ 0 & d & e \\ 0 & 0 & h \end{pmatrix}.$$ $AN^1$$d = h = 0$ $$AN^0 = \begin{pmatrix} a & b & c \\ 0 & e & f \\ 0 & 0 & i \end{pmatrix}.$$ , e quindi A è triangolare superiore con zeri sulla diagonale.$a = e = i = 0$$A$

Se ora consideriamo invece , allora concludiamo che A è triangolare inferiore con zeri sulla diagonale. In realtà, non otteniamo nulla di nuovo da considerare N t A . Pertanto A = 0 . $N^2A,N^1A,N^0A$$A$$N^tA$$A = 0$$\square$

$A_1,\ldots,A_k$$i_1,\ldots \in [k]$$A_{i_1} \cdots A_{i_m} = 0$$m$$A_i$$A_1 A_2 \neq A_2 A_1$$A_1$$V_1 \oplus \cdots \oplus V_t$$V_i$$A_1 A_2 \neq A_2 A_1$$\dim V_i > 1$$0$$V_i$$A_1 = N$$A_2 \neq 0$$t \geq 0$$A_2 A_1^t$$A_1^t A_2$

Riassumendo, la proprietà P vale se tutte le matrici sono nilpotenti e tutte commutano.