Domanda su due matrici: Hadamard v. "Quella magica" nella dimostrazione della congettura della sensibilità

La recente e incredibilmente chiara dimostrazione della congettura della sensibilità si basa sulla costruzione esplicita * di una matrice , definita ricorsivamente come segue: e, per , In particolare, è facile vedere che per tutti .$A_n\in\{-1,0,1\}^{2^n\times 2^n}$

$$A_1 = \begin{pmatrix} 0&1\\1&0\end{pmatrix}$$ $n\geq 2$ $$A_{n} = \begin{pmatrix} A_{n-1}&I_{n-1}\\I_{n-1}&-A_{n-1}\end{pmatrix}$$ $A_n^2 = n I_n$$n\geq 1$

Ora, forse sto leggendo troppo in questo, ma questo sembra almeno sintatticamente legata a un'altra celebre famiglia di matrici, le matrici di Hadamard, che è anche tale che $H_n^2 \propto I_n$ e ha spettro 'simile':

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

C'è qualche legame formale, forse utile, tra i due, tranne per il fatto che "sembrano vagamente simili"?

Ad esempio, visto come matrice di adiacenza firmata dell'ipercubo ha una bella interpretazione (il segno di un bordo è la parità del prefisso ). Esiste un analogo per ? (questo può essere ovvio?)$A_n$$\{0,1\}^n$$(x,b,x')\in\{0,1\}^n$$x$$H_n$

$^*$ Mi chiedo anche se una costruzione non esplicita, ad esempio una matrice uniformemente casuale , avrebbe le proprietà spettrali desiderate, ma che probabilmente dovrebbe aspettare un'altra domanda.$\pm1$

Un'osservazione troppo lunga per un commento (e che si adatta anche bene all'osservazione-troppo-lunga-per-commento di Jason Gaitonde):

Come accennato nel QO, entrambi possono in effetti essere realizzati con un tipo molto semplice di costruzione ricorsiva. Vale a dire, specifichiamo $B_0 \in \{(0), (\pm 1)\}$ (una matrice $1 \times 1$ ), quindi una singola formula ricorsiva

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

dove ogni $b_{ij}$ è uno di $\{0, \pm 1, \pm x\}$ (dove qui "1" indica l'identità della dimensione appropriata, ovvero $2^{n-1} \times 2^{n-1}$ , e allo stesso modo "0" indica lo zero matrice della dimensione appropriata e $x$ indica $B_{n-1}$ ). Per le matrici Huang, in realtà abbiamo $A_0 = (0)$ e la formula ricorsiva è $\begin{bmatrix} x & 1 \\ 1 & -x \end{bmatrix}$, mentre per le matrici Hadamard abbiamo$H_0 = (1)$e la formula ricorsiva è$\begin{bmatrix} x & x \\ x & -x \end{bmatrix}$.

Se si desidera che tale ricorsione abbia la proprietà che $B_n^2$ sia proporzionale a $I_{2^{n}}$ , allora si scopre rapidamente che $b_{11} + b_{22} = 0$ o $b_{12} = b_{21}=0$ . In quest'ultimo caso, la ricorsione produce solo matrici diagonali, che forse non è così interessante. Quindi i casi interessanti sono quelli in cui $b_{11} = -b_{22}$(che è una delle condizioni di "gentilezza" nella risposta di Jason). Questo può anche essere visto come una spiegazione comune del perché entrambe le sequenze di matrici sono senza traccia.

Come ultimo piccolo commento, questo tipo di ricorsione produce automaticamente che le voci di blocco di $B_n$ commutano, che era l'altra condizione di "gentilezza" nella risposta di Jason.

Non ho ancora fatto un'indagine sistematica, ma data la configurazione di cui sopra, si potrebbero indagare finitamente molte possibilità (3 scelte per $B_0$ e tecnicamente $5^4$ scelte per la ricorsione, ma questo può essere ridotto usando simmetrie e anche da le restrizioni secondo cui $B_n^2$ è proporzionale all'identità). Sarebbe molto piacevole apprendere che le matrici Hadamard e Huang sono in qualche modo, fino all'equivalenza, le uniche due non banali :). E se no, forse ce ne sono altri interessanti in agguato là fuori ...

Ecco solo un paio di osservazioni che non potrei inserire in un commento:

0) Aggiunta perché la prima risposta è stata eliminata: esiste un'interpretazione di $H_n$ , ovvero indicizzazione di righe e colonne di $\{0,1\}^n$ , la voce corrispondente a $(x,y)$ è $1$ se il prodotto Hadamard $x\odot y=(x_1y_1,\ldots,x_n y_n)$ ha parità pari e $-1$ se ha parità dispari.

1) In generale, lo spettro delle matrici di blocchi può essere molto complicato e non ovviamente correlato agli spettri dei singoli blocchi, poiché il polinomio caratteristico sembrerà orribile . Ma per una matrice di blocchi simmetrica $M=\begin{pmatrix} A & B\\ B^T & C\end{pmatrix}$ che potrebbe sorgere attraverso una costruzione ricorsiva come $A_n$ e $H_n$ sopra, dove ogni matrice è quadrata, si verifica una delle uniche semplificazioni quando $B^T$ e $C$ spostano, nel qual caso si ha $\det(M)=\det(AC-BB^T)$ . Quindi il polinomio caratteristico di$M$ sarà

$$\det((\lambda I-A)(\lambda I-C)-BB^T)=\det(\lambda^2I-\lambda (A+C)+AC-BB^T).$$ Perché questo porti a formule piacevoli ricorsive per gli autovalori, si ha fondamentalmente bisogno di$C=-A$ per eliminare iltermine$\lambda$ lineare. Se ulteriori$A$ e$B$ sono simmetrici e commutati, otteniamo $$\det(\lambda I-M)=\det(\lambda^2 I-(A^2+B^2)),$$ da cui si leggono facilmente gli autovalori usando le matrici di commutazione simmetriche una eigenbasis comune. Questo potrebbe essere ovvio, ma tutto questo per dire che per ottenere buone formule ricorsive per gli autovalori, è fondamentalmente essenziale richiedere che il blocco in basso a destra sia$-A$ e spero che i blocchi in basso a sinistra e in alto a destra siano simmetrici e commutino con$A$ , come nel caso dellematrici$A_n$ (con$B=I$ ) e$H_n$ (con$B=H_{n-1}=A$ ).

2) Sulla questione del segno casuale: la firma della matrice di adiacenza fornita nel documento è ottimale nel senso di massimizzare $\lambda_{2^{n-1}}$ , che è necessaria per il limite inferiore attraverso l'interlacciamento di Cauchy, e può essere vista da mezzi elementari. Per una firma arbitraria $M_n$ della matrice di adiacenza dell'ipercubo $n$ dimensionale, si ottiene immediatamente

$$\text{Tr}(M_n)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)=0,\quad \text{Tr}(M_n^2)=\sum_{i=1}^{2^n} \lambda_i(M_n)^2=\|M_n\|_F^2=n2^n,$$ dove$\lambda_1(M_n)\geq \lambda_2(M_n)\geq\ldots\geq \lambda_{2^n}(M_n)$ . Se per qualche firma$M_n$ one has $\lambda_{2^{n-1}}(M_n)>\sqrt{n}$, then $$\sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)>\sqrt{n}2^{n-1},\quad \sum_{i=1}^{2^{n-1}} \lambda_i(M_n)^2>n2^{n-1}.$$ One can then see it is not possible to satisfy the trace equalities above: the negative eigenvalues must sum to strictly more than $\sqrt{n}2^{n-1}$ (in absolute value), and their squares must sum to strictly less than $n2^{n-1}$. Minimizing the sum of squares while keeping the sum constant happens when they are all equal, but in this case will make the sum of squares too large anyway. So for any signing, one can see via elementary means that $\lambda_{2^{n-1}}(M_n)\leq \sqrt{n}$ without knowing the magic signing in the paper, where equality holds iff the values are $\sqrt{n},\ldots,\sqrt{n},-\sqrt{n},\ldots,-\sqrt{n}$. That there actually exists such a signing attaining it is pretty amazing. The eigenvalues of the normal adjacency matrix are $-n, -n+2,\ldots,n-2,n$, where the $i$th eigenvalue has multiplicity ${n\choose i }$, so it's very interesting (to me, anyway) how the all-$+1$ signing maximizes $\lambda_1$, while this signing maximizes $\lambda_{2^{n-1}}$.

As far as would a random signing work, it's harder to say because I think most non-asymptotic bounds on eigenvalues focus on spectral norm. One expects random signings to smooth out the extreme usual eigenvalues, and indeed, using the noncommutative Khintchine inequality and/or recent tighter bounds like in here, a uniformly random signing has $\mathbb{E}[\|M_n\|_2]=\Theta(\sqrt{n})$. It's hard for me to imagine the middle eigenvalues would be on a similar polynomial order as the leading one in expectation (and asymptotic results like the semi-circular law for different matrix ensembles suggest similarly, I think), but maybe it's possible.